Phương trình và bất phương trình lượng giác NXB đại học quốc gia 2013

VÕ ĐẠI MAU

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HCM

4

ĐT: 0937277023




LỜI NĨI ĐẦU


PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC

Đối với các học sinh cấp III nói chung – và nhất là các bạn đang
trong kỳ ơn luyện chuẩn bị thi vào các trường Đại học – Cao đẳng …
thì Lượng giác là một trong những phân mơn tốn học khó. Trong
chương trình cải cách giáo dục cấp III, Lượng giác có vai trò khá
quan trọng, được đề cập khá nhiều trong bộ đề tuyển sinh Đại học
mới và là một trong ba phần bắt buộc.
Nhằm giúp các em học sinh và các bạn u tốn khác chuẩn bị
tốt cho các kì thi cuối cấp và Đại học, chúng tơi đã cố gắng sưu
tầm, biên soạn phân mơn tốn lượng giác. Sách chủ yếu hướng dẫn
phương pháp để các bạn có thể tự học, tự rèn tốt hơn trong sự đa
dạng phương pháp của nó.
Cùng với cuốn Phân loại các bài tốn lượng giác, Phương pháp
giải, là cuốn có tính chun đề: Phương trình và bất phương trình
lượng giác – Sách giúp các bạn phân loại các dạng tốn cùng các

phương pháp giải đặc biệt để dễ nhớ, dễ thực hành.
Do tính đa dạng của phân mơn, nên dù có nhiều cố gắng trong
biên soạn, chúng tơi cũng khơng tránh khỏi những thiếu sót. Rất
mong các em học sinh, các bạn u tốn, các đồng nghiệp góp ý để
phục vụ bạn đọc tốt hơn.
Chúc các em học giỏi và đạt kết quả tốt trong kì thi tới.
Tác giả
VÕ ĐẠI MAU

ĐT: 0937277023 5



MỘT SỐ CHÚ Ý QUAN TRỌNG CẦN GHI NHỚ TRƯỚC KHI GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC
VẤN ĐỀ I

1. Chú ý 1: Về phương trình có chứa ẩn ở mẫu số.
NHỚ BUỘC ĐIỀU KIỆN MẪU SỐ KHÁC 0

a. Nếu phương trình có ẩn là tgx hoặc có chứa cosx ở mẫu số thì
ta phải buộc điều kiện:

cos x  0  x   k, k  Z
2


(hoặc x    k2 hoặc x  (2k  1) , k  Z)
2
2

b. Nếu phương trình có ẩn là cotgx hoặc có chứa sinx ở mẫu số
thì ta phải buộc điều kiện:

sinx  0  x  k, k  Z
2. Chú ý 2: Về phương trình vô tỉ.
Nếu phương trình có chứa căn thức bậc chẵn thì nhớ buộc điều
kiện biểu thức nằm trong căn thức không âm.
3. Chú ý 3: Về việc dùng ẩn số phụ.
Có một số phương trình ta phải dùng ẩn số phụ thì mới giải
được hoặc thuận tiện cho quá trình giải.
Nhớ buộc điều kiện cho ẩn số phụ, nghóa là tìm miền xác đònh D
của các biểu thức có mặt trong phương trình theo đối số mới.
Thí dụ:
– Khi đặt t = sinx hoặc t = cosx thì nhớ ghi kèm theo là t   1,1
– Khi đặt t = sin x hoặc t = cos x hoặc t  sin2 x , t = cos2x thì t  0,1
 3 1

  2 
– Khi đặt t = cosx  sinx mà x    ;  thì t  
, 2
 2

 6 3
– Khi đặt t = acosx + bsinx thì t    a 2  b2 , a 2  b2 



– Khi đặt t = tgx + cotgx thì t  2
– Khi đặt u = sinx + 2  sin2 x thì sao?
Ta có sinx   1,1  sin2 x  0;1  2  sin2 x  1

6

ĐT: 0937277023



mà sinx  –1
Do đó: u = sinx + 2  sin2 x 0

(1)

Mặt khác: u u2  sin2 x  ( 2  sin2 x)2  (12  12 )  4  u  2 (2)


từ (1) và (2), ta có: 0  u  2
4. Chú ý 4: tìm giao của các tập nghiệm.
Giả sử khi giải một phương trình lượng giác nào đó mà quá
trình giải cuối cùng dẫn đến việc phải tìm giao của 2 tập
nghiệm E1, E2.
– Nếu E1  E2  E thì E là tập nghiệm phải tìm
– Nếu E1  E2 thì E1  E2  E1  E  E1
– Nếu E2  E1 thì E1  E2  E2  E  E2
– Nếu E1  E2   : phương trình vô nghiệm
ví dụ: a/ Giải phương trình
cos3x +

2  cos2 3x  2(1  sin 2 2x)

(1)


2
xk
(E1)
cos3x  1 
3
Quá trình giải: (1)  

(*) với k,  Z
sin2x  0 x    (E )
2

2
có mấy cách để xác đònh nghiệm của hệ (*)
– Cách 1: Dùng phương pháp liệt kê các phần tử của các tập
nghiệm E1 và E2. Trên cơ sở đó, ta xác đònh tập
E  E1  E2 . Ta có


2 4 
8 10
14  16
E1  ..., 0,
,
, 2,
,
, 4,
,
, 6...

3 3
3
3
3
3





3
5
7
E2  ..., 0, , ,
, 2,
, 3,
, 4...
2
2
2
2







 E  E1  E2  ..., 0, 2, 4, ...

Do đó nghiệm của phương trình (1) là:
x = m2 , m  Z
– Cách 2: Dùng đường tròn lượng giác.

ĐT: 0937277023 7



– Tìm trên đường tròn lượng giác các điểm ngọn của những
cung thuộc tập E1 và thuộc E2, chọn lấy những điểm ngọn chung.
Suy ra tập nghiệm E của phương trình đã cho.
2
3

B

O

A

A’

4
3

B’

cos 3x  1
– Cách 3: Giả sử, ta có hệ (2) 
sin 2x  0

Ta có:
 3 cos x  4 cos3 x  1
(2)  

 2 sin x cos x  0

4 cos3 x  3 cos x  1  0

sin x  0  cos x  0

4 cos3 x  cos x  1  0 (a)

cos x  0; cos x  1 (b)

Lần lượt thay cosx = 0, cosx = 1, cosx = –1 vào (a), ta thấy chỉ có
giá trò cosx = 1 thỏa.
Do đó: (2)  cos x  1  x  k2, k  Z
Vậy nghiệm của (1) là x = k2  , k  Z cách này hay hơn cả nhưng
đòi hỏi các em học sinh phải thông minh, nhạy bén.
TD: b/ Giải phương trình
(cos4x – cos2x)2 = 5 + sin 3x

(1)

sin x  1
dẫn đến hệ 
sin 3x  1

(2)

sin x  1
ta có (2)  

3
3 sin x  4 sin x  1

sin x  1

3
4 sin x  3 sin x  1  0

Rõ ràng sinx = 1 là nghiệm của hệ

Do đó nghiệm của (1) là x 


 k2, k  Z
2

5. Chú ý 5: Tìm hợp của các tập nghiệm.

8

ĐT: 0937277023



Giả sử phương trình đã cho có 2 tập nghiệm là E1 và E2. Ta
phải tìm E = E1  E2

– Nếu E1  E2 thì E1  E2  E2  E  E2
– Nếu E2  E1 thì E1  E2  E1  E  E1
– Nếu E1  E2    E  E1  E2
– Nếu E1  E2  E '  E  E1  (E2 \ E ')
ví dụ: a/ Quá trình giải phương trình
sin2x + sin22x = sin23x + sin24x

(1)

dẫn đến (1) có 2 tập nghiệm


E1 : x1  k ;
E2 : x2  n. với k, n  Z
5
2
Nếu chọn k= 5m và n = 2m thì
x1 = x2 = m  , m  z
Như vậy E1 và E2 có một phần chung là
E '  {x  E2 / x  m, m  Z}

Do đó nếu ta giữ lại E1 thì trong tập E2 phải loại bỏ tập E’ (vì
đã kể trong E1 rồi). Ta có:
E2 \ E’ = {x = n



/ n  2m}  {x  (2  1) ,   Z}
2
2

Vậy nghiệm của (1) sẽ là:


 x  k.
5



 x  (2  1) 2 với k,   Z

ví dụ: b/ Giải phương trình
cosx – 3 sinx = cos3x
Phương trình có 3 tập nghiệm


x1 = k  ; x 2    ; x 3   m với k, , m  Z
6
3
 x  k
Có thể viết gọn lại: 
 x  (1)n   n.  (n, k  Z)

6
2

ĐT: 0937277023 9

ví dụ: c/ Giải phương trình: cos22x + cos23x =1 (1)
Phương trình có 2 tập nghiệm là


k,   Z
(E1 )
 x1   k
2




(E2 )
 x2  10   5
Nếu ta chọn  = 5k+ 2 thì



2 
x2 
 (5k  2) 
 k 
  k  x1  E1  E2
10
5 10
5
2


Do đó nghiệm của (1) là: x 


Z
10
5
Ghi nhớ cách dùng đường tròn lượng giác
– Ghi những điểm ngọn của các cung thuộc tập E1 bằng những
dấu  (tròn) và của các cung thuộc tập E2 bằng những dấu
(vuông).
– Điểm ngọn nào có dấu vừa  vừa
nghiệm E1 và E2

thì thuộc phần giao của 2 tập

– Tất cả mọi điểm đều thuộc phần hợp, trong đó những điểm có
2 kí hiệu chỉ ứng với 1 nghiệm nên chỉ kể 1 lần. Do đó khi đã
lấy toàn tập E1 thì khi lấy tập E2 phải phân loại bỏ phần chung
trong E2.
ví dụ: d/ Giả sử ta có:
x1  k.


4

(E1 ) ;

x 2  .


với k,   Z
2

(E2 )

Trên đường tròn lượng giác: Tập nghiệm E1 tương ứng 8 điểm
ngọn và E2 có 4 điểm ngọn (các em tự vẽ hình)  có 4 điểm ngọn

chung ứng với E2. Vậy nghiệm phải tìm là x  l.
2
(Rõ ràng là E2  E1 nên E1  E2  E2 )


 x1  k.
5
Giả sử ta phải tìm 


 x2  . 2 với k,   Z

(E1 )
(E2 )

Trên đường tròn lượng giác:
+ E1 có 10 điểm ngọn tương ứng

10

ĐT: 0937277023

+ E2 có 4 điểm. Trong đó:
E2 có 2 điểm chung với E1 ứng với các cung x = m  , m  Z
Do đó tập nghiệm của phương trình đã cho là:
E  E1  E2  E1  [E2 \ (E1  E2 )]


 x1  k.
5
hay 


 x2  (2m  1) 2 với k, m  Z
VẤN ĐỀ: CÁC KIỂU, DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Điều làm cho học sinh băn khoăn là làm sao để giải được bất kì
một phương trình lượng giác nào?
Đại để ta có thể phân loại các phương trình lượng giác thành
mấy loại sau:
(1) Nếu phương trình có các số hạng cos2x và sinx:
thay cos2x = 1 – 2sin2x, ta được một phương trình bậc hai theo sinx.
(2) Nếu phương trình có các số hạng cos2x và cosx:
Thay cos2x = 2cos2x – 1, ta được một phương trình bậc hai theo cosx.
1
(3) Nếu phương trình có các số hạng tg2x và
:
cos2 x
1
Thay
 1  tg 2 x , ta được một phương trình bậc hai theo tgx.
2

sin x
1
(4) Nếu phương trình có các số hạng cotg2x và
:
sin 2 x
1
Thay
 1  cot g2 x , ta được một phương trình bậc hai theo cotgx.
2
sin x
(5) Nếu phương trình có các số hạng sin3x và cosx:
Thay sin3x = 3sinx – 4sin3x, ta được một phương trình bậc 3 theo sinx.
(6) Nếu phương trình có các số hạng cos3x và cosx:
Thay cos3x = – 3cosx + 4cos3x, ta được một phương trình bậc 3
theo cosx.
(7) Biến đổi phương trình đã cho thành dạng phương trình cổ điển.
Acosx + Bsinx = C
(8) Dạng toàn phương hay bậc 2 đối với sinx và cosx:

ĐT: 0937277023 11



Asin2x + Bsinxcosx + Ccos2x + D = 0
(9) Dạng đối xứng đối với sinx và cosx:
A(cosx +sinx) + Bsinxcosx + C = 0
(10) Dạng đối xứng đối với tgx và cotgx:
A(tg2x + cotg2x) + B(tgx + cotgx) + C = 0
(11) Đưa về dạng phương trình tích số.
(12) Phương trình dùng bất đẳng thức để giải

(13) Phương trình dạng
A2n + B2m + C2k = 0
Với n, m, k  Z+
(14) Phương trình vô tỉ
(15) Phương trình chứa giá trò tuyệt đối.
Phương trình kèm theo một điều kiện.
(16) Phương trình mũ.
(17) Phương trình lôgarit.
Mỗi phương trình có một phương pháp đặc trưng để giải. Ngoài
ra còn có những phương pháp:
– Dùng giá trò lớn nhất hoặc giá trò nhỏ nhất để giải.
– Dùng đồng nhất thức.
– Dùng ẩn số phụ hoặc dùng góc phụ.
– Dùng đồ thò v.v…
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC
BẰNG PHƯƠNG PHÁP DÙNG ẨN SỐ PHỤ

Trong quá trình giải một phương trình nói chung và phương trình
lượng giác nói riêng, có nhiều lúc để cho thuận tiện, ta phải đổi ẩn số.
Ẩn số mới là một biểu thức, một hàm số theo ẩn số ban đầu. Khi đổi
ẩn số như vậy, ta nhớ buộc điều kiện cho ẩn số mới đó.
Thí dụ như khi giải phương trình bậc hai theo sinx hoặc cosx, ta đặt
t = sinx hoặc t = cosx thì – 1  t  1
Nếu đặt t = sin x hoặc t  cos x thì sao?
Gặp phương trình: a(sinx  cos x)  b sin x cos x  c  0

12

ĐT: 0937277023

ta đặt t = sinx  cosx thì  2  t  2 . Nhưng nếu bản thân x
phải chòu một điều kiện nào đó thì t cũng thay đổi theo. Thí dụ

2
nếu   k2  x 
 k2 , k  Z thì lúc đó t sẽ phải thuộc
6
3


đoạn  3  1 ; 2  chớ t  [  2, 2 ]


2



(Các bạn xem chương phương trình vô tỉ, bài tập 78)
Nếu ta đặt t = acosx + bsinx thì sao?
Theo Bunhiacốpski, ta có:
t2 = (acosx + bsinx)2  (a 2  b2 )(cos2 x  sin2 x)  a 2  b2
  a 2  b2  t 

a 2  b2

Nếu ta đặt t = tgx hoặc t = cotgx thì t  (, ) chỉ cần nhớ x

 (2k  1) với t = tgx và x  k  với t = cotgx, k  Z

2
Giả sử ta đặt t = tgx + cotgx thì sao?
Các bạn cũng biết rằng
sin x cos x sin 2 x  cos2 x
1
2




1
cos x sin x
sin x cos x
sin 2x
sin 2x
2
Do 1  sin 2x  1 nên t  2  t  2
tgx cotgx 


Nói cách khác t  2 . Với x  k. , k  Z
2
Hoặc: Cũng có thể dựa vào tính chất : tgx và cotgx là 2 đại lượng
nghòch đảo nhau do đó: tgx  cotgx  2  tgx  cotgx  2  t  2

Đề 1
Giải phương trình: 3cosx  4sin x 

6
 6 (1)

3cosx  4sinx  1
(Theo Bộ Đề thi)

Giải
Ta đặt t = 3cosx + 4sinx  t  [ 5, 5] (*)
6
Phương trình (1) trở thành t 
 6 , như vậy t  1
t 1
 t2  5t  0  t  0  t  5 , thỏa các điều kiện trên.

ĐT: 0937277023 13



Do đó ta có: 3cosx + 4sinx = 0  3cosx +4sinx = 5
a/ Giải phương trình 3cosx + 4sinx = 0 (2)
3
4
Ta có: (2)  cos x  sin x  0
5
5
4
3
Chọn cung  sao cho sin   , cos   , ta có
5
5
cos x cos   sin x sin   0



 cos(x  )  0  x     k, k  z  x     k
2
2
b/ Giải phương trình 3cosx + 4sinx = 5 (3)
3
4
ta có: (3)  cos x  sin x  1
5
5
 cos(x  )  1  x    .2,   Z  x    .2
Vậy phương trình cho có 2 họ nghiệm

x     k ;
x    .2 với k,   z
2
Đề 2: Giải phương trình: tgx  cot gx  1  cotgx  1  cotgx (1)
Giải

Điều kiện :  sin x  0, cos x  0  x  k. , k  Z (2)
2
 cotgx  1
(3)
 cotgx  tgx
(4)

Đặt u =

tgx  cotgx ; v  1  cotgx , ta có hệ

 u  v  1  cotgx (5)

 2
2
 u  v  tgx  1 (6)
 u, v  0
(7)


Ta có: (6)  (u  v)(u  v) 

1
1  cotgx
1 
cotgx
cotgx

Thay u – v = 1 – cotgx ta có: (1 – cotgx)(u + v) =

1  cotgx
cotgx

1  cotgx  0 (a)
 
1
uv
 tgx (b)

cotgx

14

ĐT: 0937277023




 k , k  Z
4
(b)  u  v  tgx (8) mà u – v = 1 – cotgx

Ta có: (a)  cotgx = 1  x 

Ta suy ra: 2u = tgx – cotgx +1 = u2 +1  u 2  2u  1  0  u  1
1
Do đó: tgx – cotgx =1  tgx –
 1  tg 2 x  tgx  1  0
tgx
1 5
1 5
hoặc tgx 
2
2
Từ (7)  u  v  0, (8)  tgx  0 ta chọn
 tgx 

1 5
1 5
 x  arctg
 ,   Z
2
2


Với x   k, k  Z hoặc
4
tgx 

1 5
 k,   z các điều kiện trên đều thỏa
2
Vậy phương trình (1) có 2 họ nghiệm là:
x  arctg

x


1 5
 k ; x  arctg
  với k,   Z
4
2

Đề 3: Tìm m để hệ sau có nghiệm

1
 sinx  siny 
2

 cos2x  cos2y  m


(I)

 

2   

(Theo Bộ Đề thi Tuyển sinh mới)
Giải
 Ta biến đổi vế trái của (2). Ta có:
(2)  1  2 sin 2 x  1  2 sin 2 y  m  2  2 sin 2 x  2 sin 2 y  m
Do đó hệ (I) tương đương với hệ

1

1
sin x  sin y 

sin
x

sin
y



2

2

2  2 sin 2 x  2 sin 2 y  m
sin 2 x  sin 2 y  2  m



2
Ta dùng ẩn số phụ. Đặt
u = sinx, v = siny với 1  u, v  1

ĐT: 0937277023 15





1
1
 u  v 
u  v 
2
2


2

m
u 2  v2 
(u  v)2  2uv  2  m

2
2




1
1
u  v 
 u  v 
2
2


 1  2uv  2  m
 uv  2m  3
 4

2
8

Do đó u và v là 2 nghiệm của phương trình
x2 

1
2m  3
x
 0  8x2 – 4x + 2m – 3 = 0
2
8

(3)

’ = 4 – 8(2m – 3) = – 16m + 28
Điều kiện (3) có nghiệm là ’  0  –16m + 28  0

 16m  28  m 

28 7

16 4

(*)

Với điều kiện thì (*) thì (3) có 2 nghiệm x1, x2
Đặt f(x) = 8x2 – 4x + 2m –3
Ta hãy so sánh –1 và 1 với 2 nghiệm của f(x)
f(–1) = 8 + 4 + 2m – 3 = 2m + 9
f(1) = 8 – 4 + 2m – 3 = 2m + 1
Để cho hệ (I) có nghiệm thì (3) phải có 2 nghiệm  [ 1,1]

8f (1)  0

 8f (1)  0 

S
1   1

2


2m  9  0

1

2m  1  0  m  

2

S
 2  (1,1) thỏa

Kết hợp với điều kiện (*) có nghiệm của (3), ta có: 
Đề 4: Giải phương trình: 81sin

2

x

 81cos

2

x

1
7
m
2
4

(1)

 30

Giải
2

 Đặt y = 81sin x , 81  y  0  81cos

16

2

x

 811sin

2

x



81
y

ĐT: 0937277023



Ta có: (1)  y 

81
 30  0  y 2  30y  81  0  y  3  y  27
y
2

2

a/ Giải phương trình y= 3  81sin x  3  34 sin x  3
1
1

 4 sin2 x  1  sin2 x   sin x    x    n , n  Z
4
2
6
b/ Giải phương trình y= 27  81sin
 4 sin 2 x  3  sin 2 x 
x

2

x

 27  34 sin

2

x

 33

3
3
 sin x  

4
2


 m , m  Z
3

Vậy nghiệm của (1) là x  


 n
6


 m với n, m  Z
3
Đề 5: Giải hệ phương trình

3
sin5 (2x)  (3  2)tg5y 


3
 2
tg 5y  (3  2) sin(2x) 
Giải
 Dùng phương pháp ẩn số phụ

hoặc x  

2 1
(1)
2

(I)

2 1
(2)
2

Đặt u = sin(–2x), v = tg5y với y  (2k  1)


, kZ
10

Và 1  u  1
 2
3 2 1
(3)
u  (3  2)v 

2
Ta có: 
(II)
3 2 1
 2
(4)
v  (3  2)u 
2

Giữ nguyên (3), thay (4) bằng phương trình có được từ việc trừ (3)
cho (4) vế theo vế:
u 2  v 2  (3  2)(u  v)  0  (u  v)(u  v  3  2)  0

 2
3 2 1
(3)
u  (3  2)v 
Ta có: (II)  
2

(u  v)(u  v  3  2)  0 (5)

ĐT: 0937277023 17



 2
3 2 1
u  (3  2)v 
hoặc

2
u  v  0


 2
3 2 1
u  (3  2)v 
2



u  v  3  2  0

 2
 2
 2 1
3 2 1
u  (3  2)v 
hoặc (b) u  (3  2)v 
 (a) 
2

2
u  v  0


v  u  3  2
+ Giải hệ (a):
Thay v = – u vào (3) ta có: u 2  (3  2)u 
Phương trình này có 2 nghiệm là: u1 
Do đó hệ (a) có 2 cặp nghiệm:

2
u1 

2
;

2


v1   2

3 2 1
 0 (6)
2

2
6  2
, u2 
2
2


6  2
u2 

2

6 2

 v2 
2

+ Giải hệ (b): Thay v= u –3 + 2 vào (3)
ta có:
u2  (3  2)(u  3  2) 

3 2 1
23  15 2

 u2  (3  2)u 
 0 (7)
2
2

  (3  2) 2  2(23  15 2)  24 2  35  0

 Phương trình (7) vô nghiệm
Do đó chỉ có 2 khả năng sau:

2
 sin(  2x) 

2

2

 tg5y   2

hoặ c


6  2
 sin(  2x) 

2

6 2

 tg5y 

2

6  2
 1 nên khả năng thứ hai bò loại
2
Ta có:
Vì

 sin(2x) 

18

2



 2x  (1)n  n  x  (1)n1  n , n  Z
2
4
8
2

ĐT: 0937277023



 tg5y  
y

2

2
 5y  arctg
 m, m  Z
2
2

1
2

arctg
 m.
5
2
5

Vậy nghiệm của hệ (I) đã cho là:


n 1 
 n.
x  (1)

8
2

y   1 arctg 2  m.  với n, m  Z

5
2
5

Đề 6: Tìm mọi cặp số (x,y) thỏa hệ

( 3  1)[1  cos(xy) sin(xy)]  ( 3  1) sin 2 (xy)  cos(2xy) (1)
 2 2
2
x y  y  1 (2)
1

 y2  6 (3)
2
 x

Giải
 Đặt t = xy, phương trình (1) trở thành:
( 3  1)(1  cos t sin t)  ( 3  1) sin 2 t  cos 2t
Tiếp theo, ta có thể thay
1
1  cos 2t
 cost sin t  sin 2t ; sin2 t 
2
2
Ta sẽ được một phương trình cổ điển hoặc thay cos2t = cos2t –
sin2t và chia 2 vế phương trình cho cos2t với nhận xét rằng cost
 0 ta sẽ được một phương trình bậc 2 theo tgt:
tg 2 t  ( 3  1)tgt  3  0



 k  t    n (*) với k, n  Z

4
3
Gọi t0 là một trong những giá trò của (*). Ta xét hệ
y   1  t2
0

xy  t 0


(4)
t0
 2 2
2
x  
x y  y  1
1  t20


 tgt  1  tgt   3  t  

Ứng với mỗi giá trò t0  (*), ta có 2 cặp giá trò (x,y), cùng lấy dấu
(+) hoặc cùng lấy dấu (–)

ĐT: 0937277023 19



Thay cặp số (x,y) vào (3), ta có:



t 40  4t 20  1
t 20

1  t20
t 20

 1  t 20  6

 0  t 40  4t 20  1  0  2  3  t 0  2  3

 Các giá trò t1  

(5)



(ứng với k= 0) và t 2   (ứng với n = 0) của
4
3

(*) thỏa (5)
 Xét trường hợp k  0 và n  0:


 3 2
Ta có:   k  k      

 2  2 3
4

4
4
4
3
và 



 2
 n  n      
2 2 3
3
3
3
3

Như vậy: nếu k  0 và n  0 thì (*) không thỏa (5)


Do đó chỉ có 2 giá trò t1   , t 2   thích hợp.
4
3
Vậy các cặp số (x,y) phải tìm là:


2  16  

 2  16 

,


,
,
2
2




4
4
  16
  16

 

2
2


 9 

  9

,

,
,
2
2


 

3
3


9


9

 

PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ

Phương pháp đồ thò là phương pháp giải toán tương đối thông
dụng. Trong một số trường hợp, chúng ta có thể sử dụng phương
pháp đồ thò để giải và biện luận các phương trình hoặc bất
phương trình lượng giác
Đề 7
Đònh mọi giá trò của tham số a để phương trình sau có
nghiệm: sin6x + cos6x = a sin 2x

(1)

Giải
6

Biến đổi vế trái: sin x  cos x  (sin2 x)3  (cos2 x)3

20

6

ĐT: 0937277023



= (sin2 x  cos2 x)(sin4 x  sin2 x cos2 x  cos4 x) = 1 

3
sin 2 2x
4

3
sin 2 2x  a sin 2x
4
3
Đặt t = sin 2x với 0  t  1, ta có: 1  t 2  at
4

Do đó ta có: (1)  1 

4  3t 2
 a (2)
4t
(2) có thể xem là phương trình độ điểm chung của đồ thò

t = 0 không phải là nghiệm của phương trình suy ra:

3t 2  4
4t
và đường thẳng (D): y= a, song song với trục hoành

(C) : y 

Để (1) có nghiệm thì chỉ cần (I) cắt (C) trên nửa khoảng (0,1]
Ta có y 

3t2  4
3 1
3 1
  t   y '    2  0  t  0 : Hàm giảm
4t
4
t
4 t

Bảng biến thiên:
t

0

y’
y

1
–
1

4

+

Bài toán có lời giải khi và chỉ khi a 

1
4

Đề 8
Cho phương trình:

cos6 x  sin 6 x

 mtg2x
(1)
cos2 x  sin 2 x
1
a. Giải (1) khi m=
4
b. Đònh mọi giá trò của m để (1) có nghiệm

Giải


 Ta có: (1) 

3
sin 2 2x
m sin 2x

4

cos 2x
cos 2x

(1’)

Điều kiện: cos2x  0  sin 2x  1

ĐT: 0937277023 21



Ta có: (1 ')  1 

3
sin 2 2x  m sin 2x
4

Đặt t = sin 2x, với –1 Phương trình không thể có nghiệm t = 0. Do đó ta có:
3t 2  4
 m (2)
4t
(2) có thể xem là phương trình hoành độ điểm chung của đồ thò (C)
3t2  4
và đường thẳng (D): y = m, song song với trục hoành
4t
Ta trở lại bài toán trên. Điểm khác nhau của 2 bài toán này là:
– Trong bài trên, ta đặt t  sin 2x , với t  (0,1]

y

– Trong bài này, ta đặt t = sin2x với t  (–1,1)
Do đó bảng biến thiên sẽ khác và dó nhiên giá trò của tham số
m cũng sẽ khác đi
t
y’
y

–1

0

1

–


–

1
4


1
4


Vì t  1 nên để (2) có nghiệm, ta phải có: m  
a. Khi m 


1
 m
4
4

1
: (1) vô nghiệm
4

b. Để (1) có nghiệm thì: m  

1
1
 m
4
4

Đề 9: Cho phương trình: cos4x + (1 – cosx)4 = m

(1)

a. Giải phương trình khi m = 17
b. Đònh tất cả các giá trò của m để phương trình vô nghiệm
Giải
1
1
1
 Đặt t = cosx –  cos x  t  và 1  cos x   t

2
2
2

22

ĐT: 0937277023



4

4

1

1

1
Ta có: (1)    t     t   m  2t 4  3t2   m ( 2)
8
2

2

(2) là phương trình hoành độ điểm chung của đồ thò
1
3
1
(C): y  2t 4  3t 2  , với   t 

8
2
2
và đường thẳng (D): y=m, song song với x’x. ta có
1
y  2t 4  3t 2   y '  8t 3  6t  2t(4t2  3)
8
1
y’ = 0  t  0, y 
8

Bảng biến thiên:
t



3
2

y’
y

1
2

0
–

0

+

17

1

1
8
Phương trình (1) vô nghiệm khi đường thẳng (D) không cắt đồ
 3 1
1
thò (C) trên đoạn   ;  nghóa là khi: m   m  17
8
 2 2

a. Khi m= 17
3
 cos x  1  x  (2k  1), k  Z
2
Nghiệm của (1) là: x = (2k + 1)  , k  Z

(D) cắt (C) tại điểm t  

b. Phương trình vô nghiệm khi: m 

1
 m  17
8

Đề 10: Cho phương trình:

tg2x + cotg2x + m(tgx + cotgx) + 3 =0 (1)
5
a. Giải (1) khi m 
2
b. Tìm mọi giá trò của m để (1) có nghiệm
Giải

 Điều kiện: cosx  0, sin x  0  sin 2x  0  x  k. , k  Z
2

ĐT: 0937277023 23



Đặt t = tgx + cotgx, với t  2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tgx = cotgx =  1
Ta có: (1)  t 2  mt  1  0  t 2  1  mt

(2)

t2  1
 m (3)
t
(3) có thể xem là phương trình hoành độ điểm chung của đồ thò

t = 0 không phải là nghiệm của (2). Do đó ta có: 

t2  1
với đường thẳng (D): y =m , song song x’x
t

1
Xem hàm số y   t  với t  2
t
1
y'  1  2 ; y’ = 0  t =  1
t

(C): y  

t 
y’

–2
–

–1

1

2



0 + 0

y 

–


5
2

5
2



Để phương trình có nghiệm thì đường thẳng (D) phải cắt đồ thò
(C) trên đoạn t  2 . Muốn vậy, ta phải có:
5
5
 m
2
2
5
a. Khi m=
2

m

(D) cắt (C) tại điểm t = –2  tgx  cotgx  1  x  
b. Phương trình có nghiệm khi m 


 ,   Z
4

5
2

Đề 11: Chứng minh rằng nếu m  2 6 thì bất phương trình
sau sẽ thỏa x : cos2x + mcosx + 4  0 (1)
Giải
 Đặt t = cosx với –1 t 1. Ta có:
(1)  2t2  mt  3  0  mt  2t 2  3

24

ĐT: 0937277023



2t 2  3
2t 2  3
nếu t > 0 và m  
nếu t < 0
t
t
2t 2  3
3
Xem hàm số y  
 2t 
t
t
m

3

y '  2 

t
Ta có bảng biến thiên:



t

6
2
0

2

; y'  0  t  

–1
+

0
+

6
2

6
2

1
+

+

0

y’
–5


y

5



Ta phải có: 5  m  5  m  5
Do đó ta có: khi m  2 6 thì cos2x + m cos x  4  0 x
Đề 12: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
cos – cos


– 1 = 0 với   ( , )
2
Giải


, với x  (, )
2
Phương trình đã cho trở thành:

 Đặt x = tg

1  x2
1  x2

 mx  1  0 

1  x2
1  x2

 mx  1

(*)

Có thể xem (*) là phương trình hoành độ điểm chung của đồ thò:
(C) : y 

 x2  1
x2  1

và đường thẳng (D) : y= mx+1
Nhận xét rằng (D) đi qua điểm A (0,1) thuộc (C) và có hệ số góc m.
(D) tiếp xúc (C)  (*) có nghiệm kép  hệ sau có nghiệm:

ĐT: 0937277023 25



 1  x2
 mx  1


1  x2


4x

m
 (1  x2 )2

 x  0

 x  1

 m  0, m  1, m  1
 x  1

m  4x

(1  x2 )2

Qua A, có 3 đường thẳng tiếp xúc với (C) mà hệ số góc là
m1 = 0 , m2 = –1 , m3 = 1
Theo đồ thò (mời các em tự vẽ) , ta có:
– Khi m< –1 hoặc m >1 hoặc m = 0


 0   k , k  Z
2
2
   

 phương trình đã cho có 1 nghiệm:   0 vì    , 
2  2 2

phương trình (*) có 1 nghiệm: x = 0  tg

– Khi m = –1
Phương trình (*) có 2 nghiệm là: x = 0; x = 1
Với x = 0    0

 
 1    k , k  Z
2
2 4
   
 

Mà    ,      
2  2 2
2 4
2

Với x = 1  tg

 Phương trình đã cho có 2 nghiệm là:  = 0 ;  =


2

– Khi m = 1


2
– Khi –1 < m < 0 hoặc 0 < m < 1:

Tương tự, ta có:  = 0;  = –

Phương trình (*) có 3 nghiệm:
 x1 =0
 0< x2 < 1 (?)  1 < x2 < 0
 1< x3  x3 < –1
 Phương trình đã cho có 3 nghiệm (–; )

26

ĐT: 0937277023



PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC CƠ BẢN

I. Phương trình sinx = sin
Hai cung hoặc hai góc có sin bằng nhau khi và chỉ khi chúng
bằng nhau hoặc bù nhau, sai kém một bội số của chu kì.
Do đó x =  + k2
Hoặc x =  –  +k’2 với k, k’  Z
x    k2
Ghi nhớ: sinx = sin  
x      k ' 2 với k, k '  Z
Ví dụ:  sinx = 0  x  k, k  Z

















x   k2

1
6
sinx=

2
5

 x  6  k ' 2 , với k, k '  Z


 x   k2
2
4

sinx=

2
3

 x  4  k ' 2 , với k, k '  Z


x   k2

3
3
sinx=

2
2

 x  3  k ' 2 , với k, k '  Z

sinx = 1  x   k2 , k  Z
2


x    k2

1
6
sinx=   
2
7


 x  6  k ' 2 , với k, k '  Z


 x    k2
2
4
sinx= 

2
5

 x  4  k ' 2 , với k, k '  Z


x    k2

3
3
sinx= 

2
4

 x  3  k ' 2 , với k, k '  Z

ĐT: 0937277023 27


 k2 , k  Z
2

 sinx =  1  x  (2k  1) , k  Z
2

 sinx = –1  x  

Phương trình sinx = a
Điều kiện –1  a  1
 x  arcsin a  k2
sinx = a  
k, k '  Z
 x    arcsin a  k ' 2
Đề 13: Giải phương trình: sin3x = sinx
Giải
3x  x  k2
Ta có: sin 3x = sinx  
3x  x    k ' 2 k, k '  Z
 x  k




x   k '
4
2

 x  k

Phương trình có 2 họ nghiệm: 
 x    k   , với k, k   Z

4
2


2 
Đề 14: Giải phương trình: sin  x 
  cos 2x
3 


Giải
 Phương trình đã cho tương đương với phương trình
 2 
  2x  k2
x 


 
3 2
2 
sin  x    sin   2x  
3

2
  x  2      2    k'2 với k, k'  Z
 



3  2



 3x 


  x 


7
7
2
 k2
 k.
x 
6
18
3




 (2k ' 1)
 x   6  (2  1),   Z
6

Đề 15: Giải phương trình: sin 2x = cos3x
Giải

28

ĐT: 0937277023