Sáng kiến kinh nghiệm SKKN về giải pháp giảng dạy phương trình lượng giác không mẫu mực

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
" GIẢI PHÁP GIẢNG DẠY PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG
GIÁC KHÔNG MẪU MỰC"

1


PHẦN I : MỞ ĐẦU
1.

Lý do chọn đề tài

Có thể khẳng định rằng nhiệm vụ cao cả của trƣờng THPT và ngƣời
giáo viên là đào tạo và xây dựng thế hệ trẻ có đầy đủ phẩm chất đạo đức và trí
tuệ để làm chủ tƣơng lai.
Trong quá trình giảng dạy chƣơng I đại số- Lớp 11: “ Hàm số lƣợng
giác và phƣơng trình lƣợng giác ” tôi nhận thấy phƣơng trình lƣợng giác là một
trong những kiến thức cơ bản, thƣờng gặp trong các đề thi đại học, cao đẳng và
thi học sinh giỏi. Trong chƣơng học này học sinh đã nắm đƣợc các dạng
phƣơng trình lƣợng giác cơ bản và phƣơng trình lƣợng giác thƣờng gặp. Tuy
nhiên phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực rất đa dạng và không thể có
phƣơng pháp chung nào đề giải mọi phƣơng trình lƣợng giác đó nên học sinh
thƣờng thấy lúng túng trong việc phân tích, lựa chọn cách giải phù hợp, ngắn
gọn.
Để giúp học sinh học tập môn Toán nói chung và phƣơng trình lƣợng
giác nói riêng đạt kết quả tốt đã có rất nhiều tài liệu, sách báo đề cập đến, tuy
nhiên tài liệu riêng về phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực còn ít chính vì
thế học sinh còn khá bỡ ngỡ và gặp khó khăn khi gặp các phƣơng trình dạng
này.

Là ngƣời giáo viên trực tiếp giảng dạy cho các em tôi thấy rằng mình
không chỉ nắm đƣợc các kiến thức mà điều cần thiết là vận dụng các phƣơng
pháp linh hoạt, hệ thống kiến thức một cách sáng tạo, truyền thụ cho học sinh
dễ hiểu nhất.
Chính điều đó đã thôi thúc tôi suy nghĩ, thu thập tài liệu nhằm giúp học
sinh khắc phục đƣợc những nhƣợc điểm nêu trên từ đó đạt đƣợc kết quả cao
nhất khi giải phƣơng trình và đạt kết quả cao trong các kì thi tôi chọn đề tài:
“PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC ”
2- Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu một số vấn đề liên quan đến nội dung phƣơng trình lƣợng
giác
đƣợc trình bày trong một số sách tham khảo và đề thi đại học nhằm nâng cao
nghiệp vụ chuyên môn và rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Với mục

2


đích giúp các thầy cô giáo giảng dạy có hiệu quả và các em học sinh có đƣợc
cái nhìn tổng quan, hiểu đƣợc bản chất của mỗi vấn đề đặt ra, từ đó đƣa ra
phƣơng pháp giải mạch lạc phù hợp với mỗi bài toán. Đồng thời nhằm nâng cao
chất lƣợng hiệu quả của quá trình giảng dạy và học tập của học sinh lớp 11, mở
rộng kiến thức cho học sinh, nhằm phát huy tinh thần tự giác học tập cũng nhƣ
khả năng sáng tạo trong học tập của học sinh. Sau khi đề tài đƣợc thực hiện,
qua việc hƣớng dẫn phƣơng pháp chung và giải một số bài tập mẫu học sinh có
thể vận dụng giải những bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập, bài tập nâng
cao phần nào giúp học sinh thuận tiện hơn trong quá trình học và quá trình ôn
tập củng cố kiến thức chuẩn bị cho các kỳ thi quan trọng.
3- Đối tượng nghiên cứu
Học sinh khối 11, học sinh ôn thi đại học.
4- Giới hạn phạm vi và nội dung nghiên cứu

Phạm vi nghiên cứu: Nội dung chƣơng trình toán THPT.
Tập trung nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn đúc rút kinh nghiệm phƣơng
pháp dạy học sinh giải các phƣơng trình lƣợng giác.
Có thể khẳng định phƣơng trình lƣợng giác rất đa dạng nhƣng có thể nói
có hai dạng riêng biệt là: Phƣơng trình lƣợng giác mẫu mực và phƣơng trình
không lƣợng giác không mẫu mực. Những phƣơng trình lƣợng giác mẫu mực
đã có cách giải cụ thể ở sách giáo khoa vì vậy trong đề tài tôi chỉ nghiên cứu
một số phƣơng pháp giải phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực.
Áp dụng đề tài:
Khối lớp 11 – Năm học 2011 - 2012
Khối lớp 11 – Năm học 2012 – 2013
Trƣờng THPT Trần Nhật Duật-Yên Bình- Yên Bái
5- Nhiệm vụ của đề tài
Trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản, vững vàng khi giải phƣơng
trình lƣợng giác.
- Phân loại các phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực.
- Chỉ ra các phƣơng pháp giải mỗi dạng phƣơng trình lƣợng giác đó.
- Giúp cho học sinh có những kỹ năng và thao tác khi giải phƣơng trình lƣợng
3


giác
6- Phương pháp nghiên cứu
+ Nghiên cứu lý thuyết qua sách giáo khoa
+ Nghiên cứu tài liệu tham khảo
+ Điều tra, khảo sát thực tế học sinh
+ Trao đổi cùng các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn.
+ Tích lũy đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy
* Xây dựng một hệ thống bài tập hợp lý, phân loại các dạng bài tập từ đó lựa
chọn các ví dụ cụ thể hƣớng dẫn cụ thể từng loại.

7- Thời gian nghiên cứu
Trong suốt quá trình đƣợc phân công giảng dạy khối 11 bậc phổ thông
trung học. Từ năm 2009 cho đến nay.

PHẦN II: NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI
CHƢƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lí luận
Định hƣớng đổi mới phƣơng pháp dạy học đã đƣợc thể chế hoá trong
Luật giáo dục (2005), đƣợc cụ thể hoá trong các chỉ thị của Bộ giáo dục và đào
tạo. Đất nƣớc ta đang bƣớc vào giai đoạn công nghiệp hoá và hiện đại hoá với
mục tiêu đến
năm 2020 Việt Nam sẽ từ một nƣớc nông nghiệp về cơ bản trở thành nƣớc công
nghiệp, hội nhập với cộng đồng quốc tế. Nhân tố quyết định thắng lợi của công
cuộc
CNH- HĐH là hội nhập con ngƣời, là nguồn lực ngƣời Việt Nam đƣợc phát
triển về số lƣợng và chất lƣợng trên cơ sở mặt bằng dân trí đƣợc nâng cao. Vì
vậy mỗi ngƣời
giáo viên phải xây dựng và hình thành một nền tảng kiến thức, kĩ năng đủ và
chắc chắn.
Chúng ta đều đã biết năm học này là năm học tiếp tục phát động các
4


cuộc vận động “Mỗi thầy giáo, cô giáo là một tấm gương đạo đức, tự học và
sáng tạo”, “Xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực ”, thực hiện
tốt công tác “Đổi mới quản lý giáo dục và thực hiện đồng bộ các giải pháp để
nâng cao chất lượng giáo dục, nhằm mục tiêu giáo dục toàn diện cho học
sinh”... Để hƣởng ứng các cuộc vận động đó cá nhân tôi với những việc làm cụ
thể: làm đồ dùng học tập, sáng tạo trong phƣơng pháp dạy học ...để tạo niềm
hứng thú say mê học toán cho học sinh.

Trong thực tế các đề thi vào các trƣờng đại học đều xuất hiện phƣơng
trình lƣợng giác đối với học sinh nhận thức trung bình khá nhƣ đa số học sinh
trong trƣờng thì không phải lúc nào các em cũng giải thành thạo.Trong khi học
lí thuyết các em học sinh chỉ đƣợc học các phƣơng trình cơ bản, mẫu mực
chính vì vậy tôi luôn băn khoăn và tìm cách đƣa đến cho học sinh những
phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực để học sinh làm quen . Để giải thành
thạo các phƣơng trình lƣợng giác điều đầu tiên là học sinh phải nắm vững và áp
dụng linh hoạt các công thức biến đổi, học sinh dựa vào kiến thức về cung và
góc lƣợng giác, giá trị lƣợng giác của một cung, giá trị lƣợng giác của cung có
liên quan đặc biệt ở đại số lớp 10, nắm vững phƣơng pháp giải các phƣơng
trình lƣợng giác cơ bản và phƣơng trình lƣợng giác mẫu mực (Đại số và giải
tích lớp 11).
2. Cơ sở thực tiễn
- Dựa vào yêu cầu của các đề thi vào các truờng Cao đẳng và Đại học
- Căn cứ vào yêu cầu và mục tiêu của hệ thống giáo dục bậc THPT.
Với mục đích giúp nâng cao năng lực học tập, rèn luyện kiến thức , kĩ năng
nhận dạng và cách tập dƣợt làm bài nhanh nhất . Có đƣợc điều đó thì học sinh
mới có
thể đạt đƣợc kết quả tốt trong các kì thi quan trọng.
CHƢƠNG 2: THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI.
Ngay từ những năm học trƣớc tôi đã thu thập các tài liệu, các bài tập
phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực, tiếp thu các ý kiến của các đồng
nghiệp để xây
dựng nội dung cho đề tài . Với cách thức là phát huy các kiến thức cơ bản về
phƣơng
trình mà học sinh đã biết cách giải tôi đƣa ra một số phƣơng trình đặc biệt để

5

học
sinh khai thác, tôi thấy học sinh thực sự say mê và hứng thú . Sau khi giảng dạy
tôi đã khảo sát và bƣớc đầu thấy kết quả khá tốt. Lúc đầu chƣa hƣớng dẫn hầu
hết các
em không thể làm đƣợc, hoặc làm đƣợc rất ít sau khi học xong các em đều làm
tốt
các dạng bài này.
Khi khảo sát chất lƣợng của học sinh bằng bài kiểm tra 60 phút trong quá trình
học phụ đạo, bồi dƣỡng nâng cao tôi đã có những kết quả cụ thể nhƣ sau :
Khối lớp 11 ( Ca học II) năm học 2011 – 2012
Kết quả đạt đƣợc Trƣớc khi bồi dƣỡng

Sau khi bồi dƣỡng

Số lƣợng

Phần trăm

Số

ƣợng

Phần
trăm

Giỏi

7

4,2 %

23

14,1 %

Khá

24

14,7 %

51

31,2 %

Tb

48

29,4 %

62

38 %

Yếu

63

38,6 %

21

11,8 %

Kém

21

13,1 %

8

4,9 %

Khối lớp 11 ( Ca học I) năm học 2012 – 2013
Kết quả đạt đƣợc Trƣớc khi bồi dƣỡng

Sau khi bồi dƣỡng

Số lƣợng

Phần trăm

Số lƣợng

Phần
trăm

Giỏi

8

5,2 %

25

16,2 %

Khá

17

11 %

43

27,9 %

6


Tb

49

Yếu

57

Kém

23

31,8 %

69

44,8 %

37 %

10

6,5 %

7

4,6 %

15 %

Qua khảo sát thực tiễn và thực tế giảng dạy trong chƣơng trình toán học 11
tôi thấy rằng học sinh còn bộc lộ nhiều yếu kém và nhƣợc điểm:
+ Học sinh kỹ năng giải bài tập còn yếu
+ Không biết phân biệt dạng bài tập
+ Học sinh yếu ở việc vận dụng kiến thức toán để giải bài toán...
Qua khảo sát thực tế chất lƣợng tôi rất băn khoăn và tìm ra nguyên nhân
chính:
+ Do giáo viên chƣa có phƣơng pháp tốt giúp học sinh nắm chắc kiến

thức, có kỹ năng để giải bài tập
+ Chƣa tạo ra hứng thú cho học sinh trong quá trình học tập.
Từ đó tôi thiết nghĩ cần phải giúp đỡ hƣớng dẫn các em ngay từ những kiến
thức đầu tiên. Trên cơ sở đó nếu thấy học sinh yếu phần nào ta có thể bổ sung
kịp thời cùng với sự hƣớng dẫn học sinh tham khảo tài liệu liên quan đến bài
học.
Trong đề tài này tôi sẽ cố gắng đƣa ra một phƣơng pháp giải phƣơng trình
lƣợng giác không mẫu mực để từ đó giúp học sinh có một cái nhìn tổng quát và
cụ thể nhất.
CHƢƠNG 3: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
A – Kiến thức cơ bản
Xuất phát từ thực tế là học sinh ngại khó khi giải các bài tập lạ, tôi thấy
cần phải tạo cho các em học sinh niềm say mê , ý thức học tập, tạo cho các em
biết đặt ra câu hỏi và biết tự trả lời câu hỏi. Khi gặp bài toán khó phải có nghị
lực tập trung tƣ tƣởng, tin vào khả năng học tập của chính mình.
Chính vì thế trong nhiều năm học qua tôi đã áp dụng những gì mình đƣợc
tìm

7


hiểu, đƣợc trao đổi với đồng nghiệp áp dụng vào việc giảng dạy. Và tôi nhận
thấy
hiệu quả và chất lƣợng dạy học đƣợc nâng lên rất rõ rệt.
Để đề tài đƣợc thực hiện có hiệu quả tôi đã thực hiện theo các bƣớc:
Giai đoạn 1: Thu thập tài liệu
Đọc sách giáo khoa, sách tham khảo, đề thi tuyển sinh đại học, xem tài liệu
trên mạng và qua ý kiến của đồng nghiệp nhờ vậy tôi đã có một hệ thống các
dạng bài tập, tôi sắp xếp thành hệ thống từ dễ đến khó .
Giai đoạn 2: Thực hiện nội dung nghiên cứu

Tôi đƣa ra hai dạng phƣơng trình không mẫu mực thƣờng gặp nhất
* Phƣơng trình lƣợng giác có sử dụng công thức hạ bậc
* Phƣơng trình lƣợng giác biến đổi về dạng tích.
B. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
- Thông thƣờng để giải phƣơng trình lƣợng giác ta phải thực hiện các bƣớc sau:
* Nếu phƣơng trình chứa nhiều hàm lƣợng giác khác nhau thì sử dụng phép
biến đổi tƣơng đƣơng đƣa về phƣơng trình chỉ chứa một hàm lƣợng giác.
* Nếu phƣơng trình chứa các hàm lƣợng giác của các cung khác nhau thì sử
dụng phép biến đổi tƣơng đƣơng đƣa về phƣơng trình chỉ chứa các hàm lƣợng
giác của một cung.
- Biến đổi phƣơng trình đã cho về các phƣơng trình đơn giản quen thuộc. Các
phƣơng pháp biến đổi theo hƣớng này gồm có
+ Phƣơng pháp đặt ẩn phụ : Đƣa phƣơng trình lƣợng giác về việc giải phƣơng
trình đại số.
+ Phƣơng pháp hạ bậc : Nếu phƣơng trình cần giải có bậc cao thì dùng công
thức hạ bậc để biến đổi về bậc thấp hơn.
+ Phƣơng pháp biến đổi thành phƣơng trình tích.
+ Phƣơng pháp đánh giá hai vế
Dạng 1: Áp dụng phƣơng pháp hạ bậc
Nếu phương trình cần giải có bậc cao thì dùng công thức hạ bậc để biến đổi
về bậc thấp hơn.

8


Bƣớc 1: Đặt điều kiện để phƣơng trình có nghĩa (nếu cần)
Bƣớc 2: Thực hiện việc hạ bậc của phƣơng trình bằng một trong các công thức
hạ bậc sau:

sin 2 x 

sin 3 x 

1
1  cos 2 x 
2

1
 3sin x  sin 3x 
4

Ví dụ 1 : Giải phƣơng trình sau.
Giải : Ta có (1)



cos 2 x 

cos3 x 

1
1  cos 2 x 
2

1
 3cos x  cos 3x 
4

sin 2 x  cos 2 2 x  sin 2 3 x 

3
2

(1)

1
1
1
3
1  cos2 x   1  cos4 x   1  cos6 x  
2
2
2
2

 cos2 x  cos6x  cos4 x  0
 cos4 x  0
 2 cos 2 x.cos4 x  cos4 x  0  cos4 x  2 cos 2 x  1  0  
 2 cos 2 x  1  0
(2)  4 x 


2

 k  x 

(3)  cos2 x 


8

k

(3)


4

1


 2 x    k 2  x    k
2
3
6

Phƣơng trình có nghiệm là
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình
Giải: (1)

(2)

x


8

k



4

;x  

(k  Z )


6

 k

(k  Z )



2cos 3x cos x  3 1  sin 2 x   2 3cos 2  2 x  
4



 

 cos 4 x  cos2 x  3 1  sin 2 x   3 1  cos  4 x   
2 


 cos4 x  3 sin 4 x  cos2 x  3 sin 2 x  0






 sin  4 x    sin  2 x    0
6
6





 2sin  3x   cos x  0
6




 

x



k

sin 3x    0
18
3
  

6



 x    k
cos x  0

2

k Z

9

(1)


Phƣơng trình có nghiệm là

x

Ví dụ 3: Giải phƣơng trình:


18



k

3

;

x

sin 4 x  cos 4 x 


2

 k

k Z

7
  


cot  x   cot   x 
8
3 6



(1)

Giải :
Nhận

xét

x







x



nên

3 6
2
  
    




cot  x   cot   x   cot  x   cot     x    1
3 6
3




2  3

 

sin  x  3   0
 


sin    x   0

  6


Giải: Điều kiện

Với điều kiện (*) thì

(*)

1
7
1
(1)  1  sin 2 2 x   sin 2 2 x 
2
8
4
 1  cos4 x 

Phƣơng trình có nghiệm là

x

t  x


4

 xt


4

12

k


2

k Z

k Z



2 sin 3  x    2sin x
4


Ví dụ 4: Giải phƣơng trình
Giải: Đặt



1


 x  k
2
12
2

(1)

.

Khi đó phƣơng trình (1) trở thành

 
sin 3 t  2 sin  t  
 4

 sin 3 t  sin t  cost
 sin 3 t  (sin t  cost )(sin 2 t  cos 2t )
 cost ( sin 2 t  sin tcost  cos 2t )  0

 cost  0

sin 2t  2
(2)  t 



2

 k  x 


4

 k

(k  Z )

10

(2)
(VN )

có


Phƣơng trình có nghiệm là

x


4

 k

Chú ý: Trong lời giải trên đ

(k  Z )

d ng

thuật gh p c ng thức 1  sin 2 x  cos2 x .

hi ậc c a in và co h ng đ ng ậc và h n
nhau hai ậc ta nên gh p
2
2
1  sin x  cos x đ ph ng tr nh tr nên đ n giản h n
 1

sin 4 x  cos4  x   
4 4


Ví dụ 5: Giải phƣơng trình:

Giải: Ta có sin 4 x  cos4  x     1


4

4

1
1

1

2
1  cos 2 x   1  cos(2 x  )  
4
4
2 
4
2



 1  cos 2 x   1  sin 2 x   1
2

2

 cos 2 x  sin 2 x  1


2

 sin  2 x   
4 2

 

 x  k
 2 x  4  4  k 2


 x    k


3

2 x  
 k 2
4


4
4

Phƣơng trình có nghiệm là

x  k ; x 


4

(k  Z )

 k (k  Z )

Ví dụ 6: Giải phƣơng trình sin 6 x  cos6 x  sin 2 x (1)
Giải:
Ta có

sin 6 x  cos6 x  (sin 2 x)3  (cos 2 x)3
3
3
1

 (sin 2 x  cos 2 x)(1  3sin 2 xcos 2 x)  1  sin 2 2 x  cos 2 2 x 
4
4
4

Khi đó ta có phƣơng trình (1)



3
1
cos 2 2 x   2 cos 2 x  1
4
4

 cos2 x  1
 3cos 2 x  4cos2 x  1  0  
cos2 x  1
3


(1)

2

(1)  x  k

(k  Z )

11

(2)


1
2
(2)  x   arccos  k
2
3

k Z

Phƣơng trình có nghiệm là x  
Ví dụ 7: Giải phƣơng trình
Giải: (1)

1
2
arccos  k ; x  k
2
3

cos2 2 x  sin 4 x  3  0

(k Z )

(1)

 (1  2sin 2 x)2  4sin 4 x  3  0

 4sin 2 x  4  0
 sin 2 x  1  cosx  0  x 

Phƣơng trình có nghiệm là
Ví dụ 8: Giải phƣơng trình
Điều kiện : x 


2

x


2


2

 k

 k

(k  Z )

(k  Z )

8 sin 3 x cos x  sin 4 x
 sin 3 x  2 cos 2 x  1
2 cos x

 k , k  Z

(1)

(*)

Với điều kiện (*) thì
(1) 

8sin 3 x cos x  4sin x.cos x.cos 2 x
 sin 3 x  2 cos 2 x  1
2 cos x

 2sin x  3sin x  4sin 3 x  4sin 2 x  1
 4sin 3 x  4sin 2 x  sin x  1  0
sin x  1
 2
sin x  1
4

 cos 2 x 

(loai )
(2)

1


 2 x    k 2  x    k
2

3
6

Vậy phƣơng trình có nghiệm là
Ví dụ 9: Giải phƣơng trình

x


6

 k , k  Z

 
 3

cos 4 x  sin 4 x  cos  x   sin  3x     0
4 
4 2


Giải
 
 3

cos 4 x  sin 4 x  cos  x   sin  3x     0
4 
4 2


12


1 

 3
 1  2sin 2 xcos 2 x   sin  4 x    sin2 x    0
2 
2
 2

 2  sin2 2 x  cos 4 x  sin2 x  3  0
  sin 2 2 x  1  2 sin 2 2 x   sin2 x  1  0

s in2 x  1
 sin2 2 x  sin2 x  2  0  
s in2 x  2(l )
 sin2 x  1  x 


4

 k

Phƣơng trình có nghiệm

k  Z 
x

Ví dụ 10: Giải phƣơng trình


4

 k

k  Z 

cos10 x  2cos2 4 x  6cos3x.cos x  cos x  8cos x.cos3 3x

Giải: 1  cos10 x  1  cos8 x  cos x  2 cos x(4cos3 3x  3cos3x)
 2cos9 x.cos x  1  cos x  2cos x.cos9 x

 cos x  1  x  k 2 .

Vậy phƣơng trình có nghiệm: x  k 2
Ví dụ 11 : Giải phƣơng trình

k Z

3 tan 3 x  tan x 

3(1  sin x)
 x 
 8cos 2   
2
cos x
 4 2

Giải

Điều kiện

cos 2 x  0  x 


2

 k

(k  Z )

(*)

Với điều kiện (*) thì
(1)




 tan x(3tan 2 x  1)  3(1  sin x)(1  tan 2 x)  4 1  cos(  x) 
2


 tan x(3tan 2 x  1)  3(1  sin x)(1  tan 2 x)  4(1  sin x)

  3tan 2 x  1  sin x  cos x  sin x cos x   0
3tan 2 x  1
(2)

(3)

sin x  cos x  sin x cos x  0
(2)  tan 2 x 

1
3

 tan x  
 x    k
3
3
6

13

(1)

(1)


Giải (3)

Đặt

t 

t  sin x  cosx



2, t  1

 t 2  1  2sin x cos x

Khi đó phƣơng trình (3) trở thành
t

Với

t  1  2 (l )
t 2 1
 0  t 2  2t  1  0  
2
t  1  2

t  1  2

có sin x  cosx  1  2


2 1 
x  arcsin
  k 2


2 1

2
4

 sin  x   


k ¢
4
2


3
2 1
 arcsin
 k 2
x 

4
2

Phƣơng trình có nghiệm
:x


6

 k ; x  arcsin

2 1 
3
2 1
  k 2 ; x 
 arcsin
 k 2
2

4
4
2

Ví dụ 12: Giải phƣơng trình

sin 6 x  cos6 x  2(sin 8 x  cos8 x)

k Z

(*)

Giải :
(*)

 sin 6 x  2sin8 x  cos6 x  2cos8 x  0

 sin 6 x(1  2sin 2 x)  cos 6 x(2cos 2 x  1)  0

 sin 6 xcos2x  cos6 xcos2x  0
 cos2 x(sin 6 x  cos6 x)  0

(1)
 cos2 x  0
 6
6
sin x  cos x  0 (2)
(1)  x 



4

k


2

(2)  tan x  1  x  


4

 k

Phƣơng trình có nghiệm là

x

Ví dụ 13 : Giải phƣơng trình


4

k


2

k Z

4(sin 6 x  cos 6 x)  6.cos 2 x  2.cos 4 x
0
sin 2 x

14

(1)


Giải: Điều kiện:

sin 2 x  0  x  k

Với điều kiện (*) thì (1)



k Z

2

(*)

3
 4(1  sin 2 2 x)  6 cos 2 x  2(2 cos 2 2 x  1)  0
4

 4  3sin 2 2 x  6cos 2 x  4cos 2 2 x  2  0
 4  3(1  cos 2 2 x)  6cos 2 x  4cos 2 2 x  2  0

 4  3  3cos2 2 x  6cos 2 x  4cos 2 2 x  2  0
( L)
cos 2 x  1

 7 cos 2 x  6cos 2 x  1  0 
cos 2 x   1
(2)
7

2


 1
 2 x  arccos   7   k 2
1


 1
(2)  
 x   arc cos     k

2
 7
 1
 2 x   arccos     k 2
 7


(k  Z )

1
 1
x  arccos     k
2
 7

Vậy phƣơng trình có nghiệm là

;

1
 1
x   arccos     k
2
 7

(k  Z )

Ví dụ 14: Giải phƣơng trình

sin 4 x  cos 4 x 1
  tan x  cot x 
sin 2 x
2

Giải: Điều kiện: sin 2 x  0  x  k
Với điều kiện trên thì


2

(1)

k Z

1
1  sin 2 2 x
1  sin x cos x 
2
(1) 
 


sin 2 x
2  cos x sin x 

1
1  sin 2 2 x
1
1
2


 1  sin 2 2 x  1  sin 2 x  0
sin 2 x
sin 2 x
2

Vậy phƣơng trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 15: Giải phƣơng trình





2 cos 6 x  sin 6 x  sin x cos x
2  2 sin x

Giải:
Điều kiện:

sin x 

2
2

(*)

15

0

(1)


Với điều kiện (*) thì (1)





 2 cos6 x  sin 6 x  sin x cos x  0

 3
 1
 2 1  sin 2 2 x   sin 2 x  0
 4
 2
 sin 2 x  1
 3sin 2 x  sin 2 x  4  0  
sin 2 x   4
3


(2)

2

(2)  x 


4

 k

k Z

Kết hợp với điều kiện (*) ta có
Ví dụ 16: Giải phƣơng trình

Giải: Điều kiện:
Ta có:

(VN )

x


4



x

5
 k 2  k  Z 
4

sin 4 2 x  cos 4 2 x
 cos 4 4 x






tan   x  .tan   x 
4

4



(1)

k
2









tan   x  .tan   x   tan   x  .cot   x   1
4

4

4

4


(1)  sin4 2 x  cos 4 2 x  cos 4 4 x
1
 1  sin 2 4 x  cos 4 4 x
2
 1

1
1  cos 2 4 x   cos 4 4 x

2

 2cos 4 4 x  cos 2 4 x  1  0
cos 2 4 x  1

 2
 cos8 x  1  x  k ; k  Z
1
cos 4 x   VN 
4

2

Kết hợp với điều kiện ta đƣợc nghiệm của phƣơng trình là

Bài tập tự rèn luyện: Giải các phương trình sau
1,

sin 2 3x  cos2 4 x  sin 2 5 x  cos 2 6 x

16

xk


2

;k  Z


2,

17 

sin 2 2 x  cos 2 8 x  sin 10 x 

2 


3,

sin10 x  cos10 x
sin 6 x  cos 6 x

4
4cos 2 2 x  2sin 2 2 x

4,

sin 3 x  3 cos3 x  sin x cos2 x  3 sin 2 x cos x

5, sin x  cos x sin 2x  3 cos3x  2(cos 4 x  sin3 x)
6,

4(sin 4 x  cos 4 x)  cos 4 x  sin 2 x  0

7,

3cos 4 x  8cos6 x  2cos 2 x  3  0

8,

4(sin 3 x  cos3 x)  cos x  3sin x

9,



2 2 cos3  x    3cos x  sin x  0
4


10,

 
 3

cos 4 x  sin 4 x  cos  x   sin  3 x     0
4 
4 2


Dạng 2: Biến đổi phƣơng trình lƣợng giác đã cho thành phƣơng trình tích
Phƣơng pháp chung : Việc biến đổi phƣơng trình lƣợng giác thành phƣơng
trình tích cần lựa chọn một trong các cách sau
Cách 1 : Biến đổi tổng, hiệu thành tích.

Cách 2 : Lựa chọn phép biến đổi

cos2 x;sin 2 x

Cách 3: Sử dụng phép biến đổi hỗn hợp.
Chú ý:

A  0
A.B  0  
B  0

trong đó các phƣơng trình A=0, B=0 là các phƣơng trình dạng đã biết cách
giải.
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình

cos3x  4cos 2 x  3cos x  4  0,

Giải: Ta có cos3x  4cos 2x  3cos x  4  0
 (4cos3 x  3cos x)  4(2cos 2 x  1)  3cos x  4  0

 4cos3 x  8cos 2 x  0
cos x  0

 4 cos 2 x(cos x  2)  0  
cos x  2 (VN )

17

x  0;14

*

cos x  0  x 

Do


2

 k

(k  Z )

14 1

0,5  k  
x   0;14 , k  Z  0   k  14  
 2  k  0;1; 2;3
2

k Z



  3 5 7 
x ; ; ; 
2 2 2 2 

Vậy nghiệm của phƣơng trình là

Ví dụ 2: Giải phƣơng trình

(1  cos x) 2  (1  cos x) 2
1
 tan 2 x sin x  (1  sin x)  tan 2 x
4(1  sin x)
2

(1)
Giải: Điều kiện

 sin x  1

cos x  0

Với điều kiện trên phƣơng trình thì (1)


2(1  cos 2 x)
sin 3 x
1
sin 2 x


(1

sin
x
)


4(1  sin x) 1  sin 2 x 2
1  sin 2 x

 (1  cos2 x)(1  sin x)  2sin 3 x  (1  sin x)(1  sin 2 x)  2sin 2 x
 (1  cos2 x)(1  sin x)  (1  sin x)cos 2 x  2sin 2 x(1  sin x)
 (1  sin x)(1  2sin 2 x)  0  cos2 x  0
x

( Vì cosx  0 )

4

k


2

;

k Z

Ví dụ 3: Giải phƣơng trình 1  cos x  cos2x  cos3x  0

(1)

Giải:
(1)  (1  cos2 x)  (cos x  cos3x)  0
 2cos2 x  2cos 2 x.cos x  0
 2cos x(cos x  cos2 x)  0
 2 cos

3x
x
.cos .cos x  0
2
2

x

cos
0





2
cos x  0
 x  2  k
 x  2  k

 cos x  0  


cos 3x  0
3
x

 x    2 k
   k


3x
2



3
3
2 2
cos  0
2


18

(k  Z )


Vậy phƣơng trình có nghiệm là
Ví dụ 4: Giải phƣơng trình

x


2

 k ; x 


3



2 k
3

(k  Z )

cos x  cos3x
 sin x  cos x  0
sin x  cos x

Giải: Điều kiện : cos x  sinx  0 (*)
Với điều kiện (*) thì phƣơng trình tƣơng đƣơng với
cos3x  cos x  cos2 x  0
 cos2 x(2cos x  1)  0
 (cos x  sin x)(cos x  sin x)(2cos x  1)  0
cos x  sin x  0 (1)
 cos x  sin x  0 (l )
 2 cos x  1  0 (2)
(1)  tan x  1  x 

(2)  x  


4

 k

2

 k 2
3

Nghiệm của phƣơng trình :

x


4

 k ; x  

2
 k 2 ,
3

k Z

Ví dụ 5: Giải phƣơng trình
sin 2 x(cos x  3)  2 3.cos3 x  3 3.cos 2 x  8( 3.cos x  sin x)  3 3  0

(1)

Giải:
(1  2sin x.cos2 x  6sin x.cos x  2 3.cos3 x  6 3 cos2 x  3 3  8( 3.cos x  sin x)  3 3  0
 2 cos2 x( 3 cos x  sin x)  6.cos x( 3 cos x  sin x)  8( 3 cos x  sin x)  0
 ( 3 cos x  sin x)(2cos2 x  6cos x  8)  0
 tan x  3
 3 cos x  sin x  0


 2
 cos x  1
cos x  3cos x  4  0
cos x  4


(VN )



x   k


,k  
3

 x  k 2

19


Nghiệm của phƣơng trình là


3

 k ; x  k 2

k Z

1  s in2x  cos 2 x
 2.sin x.s in2x
1  cot 2 x

Ví dụ 6: Giải phƣơng trình
Giải: Điều kiện

x

sin x  0  x  k

(1)

k Z

Với điều kiện trên thì phƣơng trình (1)
 sin 2 x(1  sin2x  cos 2 x)  2 2 sin 2 x cos x
 1  sin 2 x  cos 2 x  2 2 cos x
 2 cos 2 x  2sin x cos x  2 2 cos x  0

cos x  0

 2 cos x(cos x  sin x  2)  0  
cos x  sin x  2

*
*

cos x  0  x 


2

(2)

 k




(2)  sin  x    1  x   k 2
4
4


Phƣơng trình có nghiệm là

x

Ví dụ 7: Giải phƣơng trình


2

 k ; x 


4

 k 2

k Z

9sinx  6cosx  3sin2x  cos2x  8

(1)

Giải:
(1)  9sinx  6cosx  6sinxcosx  1  2sin 2 x  8
  6cosx  6sinxcosx    2sin 2 x  9sinx  7   0

 6cosx 1  sinx    sinx  1 2sinx  7   0
 1  sinx  6cosx  2sinx  7   0
1  sinx  0 (2)

6cosx  2 sinx  7 VN 
(2)  sinx  1  x 


2

 k 2

Phƣơng trình có nghiệm

x


2

 k 2

k Z

Ví dụ 8: Giải phƣơng trình cos 2 x  cos3x  sin x  cos 4 x  sin 6 x. (*)
20


Giải:
(*)

 (cos 2 x  cos 4 x)  sin x  (cos3x  2 sin 3x. cos3x)  0

 (2 sin x sin 3x  sin x)  (2 sin 3x cos3x  cos3x)  0

 (2 sin 3x  1)(sin x  cos3x)  0
1

sin 3x 
(1)

 2sin 3 x  1  0
2


sin x  cos3x  0 cos 3x  cos    x 



2



(2)

5
2

 x  18  k 3
(1)  
 x   k

8
2




 x  8 k 2
(2)  
 x     k

4

Ví dụ 9 : Giải phƣơng trình
Giải : Điều kiện

tan x  tan 3x  2sin 2 x 1

cos x  0, cos3x  0  x 


6

k


3

k Z

(*)

Với điều kiện (*) thì phƣơng trình
sin  2 x 
 2sin 2 x
cos x.cos3 x

( 1) 

  sin 2 x  2sin 2 x.cos x.cos3x
(2)
 sin 2 x  0
 sin 2 x  2 cos x.cos3x  1  0  
 2 cos x.cos3x  1  0 (3)

(2)  sin 2 x  0  2sin x.cos x  0  sin x  0

Do

cos x  0  x  k  k  Z 

(3)  1  cos4 x  cos2 x  0
 cos2 x  0
 2 cos 2 x  cos2 x  0  
cos2 x   1

2
2

cos2 x  0  x 
cos2 x  


4

k


2

1


 x  k
2
3
2

21

Phƣơng trình có nghiệm là

x  k ; x 


4

k


2

;x  


3

k


2

k Z

Chú ý :Qua ột ố ví d vừa x t ta thấy rằng hi giải ph ng tr nh cần phải
đặt điều iện và cần phải i tra lại các điều iện này đối với các giá trị t
đ ợc đ loại ớt nghiệ ngoại lai (nếu có)
Ví dụ 10: Giải phƣơng trình
Giải: Điều kiện

4 cot x  2 

sin x  0  x  k

3  cos 2 x
sin x

(1)

k Z

Với điều kiện trên thì (1)
 4cos x  2sin x  3  cos 2 x
 (cos x  sin x)  3(cos x  sin x)  3  (cos x  sin x)(cos x  sin x)
 (1  cos x  sin x)(cos x  sin x  3)  0

 x  k 2 (L)
sin x  cos x  1


 x  3  k 2
sin
x

cos
x

3
VN



2

Vậy phƣơng trình cho có nghiệm là

x

3
 k 2
2

k Z

Ví dụ 11: Giải phƣơng trình sin 3x  3sin 2x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2  0 (1)
Giải:
(1)  sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2  0
 (sin 3x  sin x)  2sin x  3sin 2 x  (cos 2 x  2  3cos x)  0
 2sin 2 x.cos x  2sin x  6.sin.cos x  (2cos 2 x  3cos x  1)  0
 2sin x.cos 2 x  2sin x  6.sin.cos x  (2cos 2 x  3cos x  1)  0

1

 sin x  2

 (2sin x  1)(2 cos 2 x  3cos x  1)  0   cos x  1

1
cos x 
2



*



x   k 2

1
6
sin x   
, (k  Z ).
5
2
 x    k 2

6

22


1

 x    k 2
2
3

*

cos x 

*

cos x  1  x  k 2 , (k  Z ).

(k  Z ).

Ví dụ 12: Giải phƣơng trình

 
 

5cos 3  x    3cos 5  x    0
6

 10 

(1)

Giải:




(1)  5cos  3x    3cos  5 x    0
2
2


 5sin 3x  3sin 5 x

 2sin 3x  3(sin 5 x  sin 3x)
sin x  0
 2sin x( 3cos 4 x  4sin 2 x  3)  0  
2
3cos 2 x  cos 2 x  2  0

 x  k

 x   1 arccos( 2 )  k
2
3


Ví dụ 13: Giải phƣơng trình
Giải: Điều kiện

cos x  0  x 





cos 2 x  cos x 2 tan 2 x  1  2


2

 k

, k Z

( k Z )

(1)

(*)

Với điều kiện (*) thì phƣơng trình
(1)

 (2cos 2 x  1)  cos x[2(

1
cos 2 x

 1)  1]  2

 2cos3 x  3cos 2 x  3cos x  2  0
 (cos x  1)(2cos 2 x  5cos x  2)  0

 cos x  1

1
  cos x 
2

cos x  2


 x    k 2

 
 x     k 2
3


(VN )

k  Z 

Ví dụ 14: Giải phƣơng trình cos 2 x  cos3x  sin x  cos 4 x  sin 6 x. (1)
23


Giải:
(1)

 (cos 2 x  cos 4 x)  sin x  (cos3x  2 sin 3x. cos3x)  0
 (2 sin x sin 3x  sin x)  (2 sin 3x cos3x  cos3x)  0

1

sin 3 x  2
 (2 sin 3x  1)(sin x  cos3x)  0  
cos 3 x  cos    x 



2


*


2

x  k

1
18
3
sin 3x   
2
 x  5  k 2

18
3

*




x  k



8
2
cos 3x  cos   x   
2


 x     k

4

Ví dụ 15: Giải phƣơng trình

( k  ).

4sin 2 x  3cos 3x  3  4sin x  1

(1)

Giải:
(1)  4sin 2 x  12sin x  3  3cos 2 x
 8sin x.cos x  12sin x  6sin 2 x
 2sin x  4cos x  3sin x  6   0
sin x  0
(2)


 4 cos x  3sin x  6  0 (VN )
(2)  x  k

k Z

Nghiệm của phƣơng trình là

x  k

Ví dụ 16: Giải phƣơng trình

cos 2 x  cos x 2 tan 2 x  1  2

kZ



Giải.
Điều kiện

cos x  0  x 


2

 k

k Z

(*)

Với điều kiện (*) thì
(1)

 (2cos 2 x  1)  cos x[2(

1
cos 2 x

 1)  1]  2

24



(1)


 2cos3 x  3cos 2 x  3cos x  2  0
 (cos x  1)(2cos 2 x  5cos x  2)  0

cos x  1
 x    k 2

 cos x  1/ 2  
 x     k 2
cos x  2(VN )
3


Ví dụ 17: Giải phƣơng trình cos3x  cos2x  cosx 1  0
Giải: Ta có cos3x  cos2x  cosx 1  0
 4cos3 x  3cos x  2cos 2 x 1  cosx 1  0

 cos2 x(2cosx  1)  (2cos x  1)  0
 2 cos x  1  0
 (2cos x  1)(cos 2 x  1)  0  
2
 cos x  1  0

(1)  x  

2
 k 2
3

(1)
(2)

(k  Z )

(2)  sin x  0  x  k

Vậy phƣơng trình có nghiệm x  k ;
Ví dụ 18: Giải phƣơng trình

Giải: Ta có

3

sin  x 
2


1

sin x

x

2
 k 2
3

(k  Z )

 7

 4sin 
 x
3 

 4

sin  x 

2 

1

 



  sin    2   x    cosx
2


 


 

1
 7



sin 
 x   sin  2   2 x      sin  x    
(sin x  cosx)
4 
4
2
 4





Khi đó





1

sin x

 7

 4sin 
 x
3 

 4

sin  x 

2 

1

1
1
1

 4
(sin x  cosx)
sin x cosx
2

Điều kiện

sin x  cosx
 2 2(sin x  cosx)
sin xcosx

 (sin x  cosx)(1  2 sin 2 x)  0

25

sin 2 x  0  x  k


2

(k  Z )