Một số phương pháp giải phương trình lượng giác không mẫu mực

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài :
Phương trình lượng giác là một trong những chủ đề quan trọng trong
chương trình giáo dục môn toán THPT. Nhưng nó cũng là một trong những
vấn đề mà phần lớn các em học sinh thấy khó tiếp thu và vận dụng. Với học
sinh lớp 11, đây là một chủ đề mới, các em còn bỡ ngỡ, chưa nắm rõ phương
pháp giải toán nên đa số các em cảm thấy khó khăn khi giải một số bài tập
không đúng dạng.
Thực tế qua nhiều năm giảng dạy lớp 11, tôi nhận thấy nhiều học sinh
mới đầu tiếp thu những kiến thức về phương trình lượng giác rất thụ động, các
em chỉ giải được các phương trình đúng dạng theo một cách máy móc và
thường lúng túng khi gặp phải các phương trình lượng giác khác dạng. Vì vậy,
trong những năm công tác, tôi luôn cố gắng tìm tòi, đúc kết kinh nghiệm nhằm
tìm ra các phương pháp hướng dẫn học sinh, giúp các em tiếp thu kiến thức
được tốt hơn, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập của học sinh
trong quá trình giải phương trình lượng giác ngày càng được nâng lên.
Từ lý do trên tôi đã khai thác, hệ thống hóa các kiến thức, tổng hợp các
phương pháp thành một chuyên đề: “Mốt số phương pháp giải phương trình
lượng giác không mẫu mực ”
2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh lớp 11 học chương trình
nâng cao môn toán, năm học 2015 – 2016 trường THPT Cẩm Thủy 2.
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là: “ Chương 1: Hàm số lượng giác và
phương trình lượng giác ” sách giáo khoa đại số và giải tích 11 nâng cao.
3. Mục đích và phương pháp nghiên cứu:
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh lớp
11 có một tài liệu học tập và ôn tập tốt hơn về chủ đề giải phương trình lượng
giác, để từ đó học sinh có một lối tư duy trừu tượng một cách tự nhiên và chính

1

xác, giúp các em trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc sai
lầm khi làm bài tập.
Phương pháp nghiên cứu: Nghiên cứu lí luận chung; khảo sát điều tra thực
tế dạy và học; tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm; trao đổi với đồng nghiệp,
tham khảo ý kiến đồng nghiệp.
B. NỘI DUNG
Các phương trình lượng giác rất đa dạng không thể có một công thức
chung nào để giải mọi phương trình lượng giác, bởi vậy cần thiết sử dụng các
phép biến đổi lượng giác thông thường để đưa phương trình ban đầu về các
dạng cơ bản đã biết cách giải.
Khi giải phương trình lượng giác thông thường ta biến đổi phương trình
theo hai hướng sau:
+ Hướng thứ nhất: Biến đổi phương trình đã cho đưa về việc giải các phương
trình đơn giản quen thuộc. Các phương pháp biến đổi theo hướng này gồm có:
Phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hạ bậc, phương pháp biến đổi thành
tích, phương pháp, phương pháp đánh giá.
+ Hướng thứ hai: Dùng lập luận khẳng định phương trình cần giải là vô
nghiệm.
Sau đây, tôi sẽ trình bày một số dạng toán và cách giải một số phương
trình lượng giác không mẫu mực hay gặp trong chương trình lớp 11.
I. Bài toán 1: Giải phương trình lượng giác bằng phương pháp đặt ẩn phụ
1. Phương pháp chung:
Trong chương trình lớp 11, các em học sinh đã làm quen với phương
pháp đặt ẩn phụ để giải các phương trình lượng giác trong các chủ đề:
- Phương trình bậc hai và bậc cao đối với một hàm số lượng giác.
- Phương trình bậc hai đối với sin và cos.
- Phương trình đối xứngđối với sinx và cosx.
Trong bài toán này ta xét thêm những trường hợp khác, bao gồm:

2


* Mọi phương trình lượng giác đều có thể thực hiện đại số hóa thông qua hàm
tan , cụ thể đặt tan x = t thì:
1
2t
cot x = ; sin 2 x =
;
t
1+ t2
1− t2
2t
cos 2 x =
; tan 2 x =
2
1+ t
1− t2

* Đặt sin x =

1
1
hoặc cos x = , điều kiện t ≥ 1
t
t

1. Các ví dụ:
* Ví dụ 1: Giải phương trình:
sin 4 x = tan x

Giải
Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π
+ kπ ; k ∈ Z
2

Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:
+ Cách 1: Đặt tan x = t , ta có:
sin 4 x = tan x ⇔ 2 sin 2 x. cos 2 x = tan x
2t 1 − t 2
.
= t ⇔ 4t (1 − t 2 ) = t (1 + t 2 ) 2
1+ t2 1+ t2
t = 0
⇔ t (t 4 + 6t 2 − 3) = 0 ⇔ 
t = −3 ± 2 3
 tan x = 0
 x = kπ
⇔
⇔
,k ∈ Z
 x = ±α + kπ
 tan x = ± 2 3 − 3 = tan(±α )
⇔ 2.

Vậy, phương trình có ba họ nghiệm.
+ Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng tích
Ta có: sin 4 x = tan x ⇔ 2 sin 2 x. cos 2 x =

sin x
cos x

⇔ 4 sin x. cos x. cos 2 x. cos x = sin x
⇔ sin x.( 4 cos 2 x. cos 2 x − 1) = 0
⇔ sin x.[ 2(1 + cos 2 x). cos 2 x − 1] = 0
⇔ sin x(2 cos 2 2 x + 2 cos 2 x − 1) = 0
sin x = 0
⇔
2
2 cos 2 x + 2 cos x − 1 = 0

3



sin x = 0

 x = kπ
−1+ 3
⇔ cos 2 x =
= cos 2α ⇔ 
,k ∈ Z

x
=
±
α
+

k
π
2


−
1
−
3
cos 2 x =
(vn)

2

Vậy, phương trình có ba họ nghiệm.
* Ví dụ 2: Giải phương trình:
cot x = tan x + 2 tan 2 x

Giải
Điều kiện:

sin x ≠ 0
sin 2 x ≠ 0
π

⇔ sin 4 x ≠ 0 ⇔ x ≠ k , k ∈ Z
cos x ≠ 0 ⇔ 
4
cos 2 x ≠ 0
cos 2 x ≠ 0



+ Cách 1: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.
1
t

Đặt: tan x = t ⇒ cot x = ; tan 2 x =

2t
1+ t2

Phương trình đã cho có dạng:
1
4t
=t+
⇔ 1 − t 2 = t 2 (1 − t 2 ) + 4t 2
t
1− t2
⇔ t 4 − 6t 2 + 1 = 0 ⇔ (t 2 − 1) 2 = 4t 2
t = 1 ± 2
t 2 − 1 = 2t
t 2 − 2t − 1 = 0
⇔ 2
⇔ 2
⇔
t = −1 ± 2
t − 1 = −2t
t + 2t − 1 = 0
 tan x = 1 + 2 = tan α 1
 x = α 1 + kπ


 x = α + kπ
 tan x = 1 − 2 = tan α 2
2
⇔
⇔
,k ∈ Z
 x = α 3 + kπ
tan
x
=
−
1
+
2
=
tan
α

3


 x = α 4 + kπ
tan
x
=
−
1
−
2

=
tan
α

4

Vậy phương trình đã cho có bốn họ nghiệm.
+ Cách 2: Dùng phương pháp luận hệ số để biến đổi phương trình.
Ta có: cot x = tan x + 2 tan 2 x ⇔ cot x − tan 2 x = tan x + tan 2 x
cos x sin 2 x sin x sin 2 x
−
=
+
sin x cos 2 x cos x cos 2 x
⇔ (cos x. cos 2 x − sin x. sin 2 x). cos x = (sin x. cos 2 x + cos x. sin 2 x ) sin x
⇔

⇔ cos 3 x. cos x = sin 3 x. sin x ⇔ cos 3 x. cos x − sin 3x. sin x = 0

4


⇔ cos 4 x = 0 ⇔ 4 x =

π
π
π
+ kπ ⇔ x = + k , k ∈ Z
2
8

4

Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm.
* Ví dụ 3: Giải phương trình:
tan 2 x +

1
−1 = 0
cos x

Giải
Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠
Ta có: tan 2 x +
Đặt:

π
+ kπ ; k ∈ Z
2

1
1
1
−1 = 0 ⇔
+
−2=0
2
cos x
cos x cos x

1

= t, t ≥ 1
cos x
t = 1(tm)
t = −2(tm)

2
Phương trình trở thành: t + t − 2 = 0 ⇔ 

+ Với t = 1 ⇒ cos x = 1 ⇔ x = k 2π ; k ∈ Z
+ Với t = −2 ⇒

1
1
2π
= −2 ⇔ cos x = − ⇔ x = ±
+ k 2π , k ∈ Z
cos x
2
3

Vậy, phương trình đã cho có ba họ nghiệm.
* Ví dụ 4: ( Câu hỏi trắc nghiệm)
Cho phương trình: 4 tan 2 x +

4m
+ 5 = 0 (1) . Tìm các giá trị của tham số m
cos x

π π
2 2

để phương trình có nghiệm thuộc (− ; ) ?
A. ∀m ∈ R

B. m ≥ −

5
4

C. m ≤ −

5
4

D. Không tồn tại m

Giải
Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠
Ta có: 4 tan 2 x +
Đặt:

π
+ kπ ; k ∈ Z
2

4m
4
4m
+5=0⇔
+

+1 = 0
2
cos x
cos x cos x

2
= t , t ≥ 2 . Phương trình trở thành: f (t ) = t 2 + 2mt + 1 = 0
cos x

5

(2)


π π
2 2

Phương trình (1) có nghiệm thuộc (− ; ) ⇔ Phương trình (2) có
nghiệm t ≥ 2 ⇔ (2) có nghiệm t1 ≤ 2 ≤ t 2 hoặc 2 ≤ t1 ≤ t 2
Giải hệ ⇒ m ≤ −

5
4

Vậy: Đáp án C
* Bài tập rèn luyện :
Bài 1: Giải các phương trình:
a.1 + 3 sin 2 x = 2 tan x
b.1 + 3 tan x = 2 sin 2 x
c. sin 2 x + 2 tan x = 3

x
d . cos x + tan = 1
2

Bài 2: Giải các phương trình:
a.(1 − tan x)(1 + sin 2 x) = 1 + tan x
x
b.3 sin x + cos x − 4 cot + 1 = 0
2
c.(cos x − sin x) cos x. sin x = cos x. cos 2 x
1
d . cot 2 x +
−1 = 0
sin x

II. Bài toán 2: Giải phương trình lượng giác sử dụng công thức hạ bậc.
1. Phương pháp chung:
- Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa.
- Bước 2: Thực hiện việc hạ bậc của phương trình bằng các công thức:
1
(1 − cos 2 x )
2
1
2 / cos 2 x = (1 + cos 2 x)
2
1 − cos 2 x
3 / tan 2 x =
1 + cos 2 x
1 + cos 2 x
4 / cot 2 x =

1 − cos 2c
1
5 / sin 3 x = (3 sin x − sin 3 x)
4
1
6 / cos 3 x = (3 cos x + cos 3x )
4

1 / sin 2 x =

6


2. Các ví dụ:
* Ví dụ 1: Giải phương trình:
sin 2 2 x − cos 2 8 x = sin(10 x +

17π
)
2

Giải
Ta có:

sin 2 2 x − cos 2 8 x = sin(10 x +

17π
)
2

1 − cos 4 x 1 + cos16 x
π
−
= sin(10 x + )
2
2
2
⇔ −(cos 4 x + cos16 x ) = 2. cos10 x ⇔ −2 cos10 x. cos 6 x = 2 cos10 x
⇔ cos10 x(1 + cos 6 x ) = 0
⇔

π
π

π
x=
+k


10 x = + kπ
cos10 x = 0
20
10
⇔
⇔
⇔
,k ∈ Z
2

π

π
cos 6 x = −1

x= +k
6 x = π + k 2π
6
3


Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm.
+ Chú ý1: Với những phương trình chứa số lẻ các nhân tử bậc cao (giả sử bậc
3), thông thường ta không đi hạ bậc tất cả nhân tử đó mà chỉ chọn ra 2 nhân tử
để hạ bậc, Cụ thể ta xét ví dụ sau:
* Ví dụ 2: Giải phương trình:
sin 2 x = cos 2 2 x + cos 2 3 x

Giải
Ta có:

sin 2 x = cos 2 2 x + cos 2 3 x
1 − cos 2 x 1 + cos 4 x
=
+ cos 2 3 x ⇔ cos 4 x + cos 2 x + 2 cos 2 3 x = 0
2
2
⇔ 2 cos 3 x. cos x + 2 cos 2 3 x = 0 ⇔ 2 cos 3 x(cos x + cos 3 x) = 0
⇔

cos 3 x = 0
cos 3 x = 0

⇔ 4 cos 3 x. cos 2 x. cos x = 0 ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ 
cos 2 x = 0
cos x = 0
π
π
π


x = 6 + k 3
3 x = 2 + kπ
⇔
⇔
,k ∈ Z
x = π + k π
2 x = π + kπ

2
4
2


Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm.

7


+ Chú ý 2: Với các nhân tử bậc cao hơn 3, ta cần hạ bậc dần. Cụ thể ta
xét ví dụ sau:
π
4

* Ví dụ 3: Giải phương trình: sin 4 x + cos 4 ( x + ) =

1
4

Giải
sin 4 x + cos 4 ( x +

Ta có:

π
1
)=
4
4

1
1
π
1
(1 − cos 2 x) 2 + (1 + cos(2 x + )) 2 =
4
4
2
4
2
2
⇔ (1 − cos 2 x) + (1 − sin 2 x ) = 1 ⇔ cos 2 x + sin 2 x = 1
π

π
1
⇔ 2 . cos(2 x − ) = 1 ⇔ cos(2 x − ) =
4
4
2
⇔

π π

π

2 x − 4 = 4 + k 2π
x
=
+ kπ
⇔
⇔
,k ∈ Z
4

2 x − π = − π + k 2π
 x = kπ

4
4

Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm.
* Ví dụ 4: Giải phương trình:
cos 2 x + cos 2 2 x + cos 2 3 x + cos 2 4 x =

3
2

cos 2 x + cos 2 2 x + cos 2 3 x + cos 2 4 x =

3
2

Giải
Ta có:

⇔ 1 + cos 2 x + 1 + cos 4 x + 1 + cos 6 x + 2 cos 2 4 x = 3
⇔ 2 cos 4 x. cos 2 x + cos 4 x + 2 cos 2 4 x = 0
⇔ cos 4 x (2 cos 4 x + 2 cos 2 x + 1) = 0
⇔ cos 4 x (4 cos 2 2 x + 2 cos 2 x − 1 = 0
cos 4 x = 0
⇔
2
4 cos 2 x + 2 cos 2 x − 1 = 0

cos 4 x = 0

−1+ 5
⇔ cos 2 x =
= cos 2α

4

cos 2 x = − 1 − 5 = cos 2 β


4

8


π
π
π


x
=
+
k
4
x
=
+
k
π


8
4
2


⇔ 2 x = ±2α + k 2π ⇔  x = ±α + kπ , k ∈ Z
 x = ± β + kπ

2 x = ±2 β + k 2π





Vậy phương trình đã cho có 5 họ nghiệm.
* Ví dụ 5: Giải phương trình:
4 sin 3 x cos 3 x + 4 cos 3 x sin 3 x + 3 3 cos 4 x = 3

Giải:
Ta có: 4 sin 3 x cos 3x + 4 cos 3 x sin 3x = (3 sin x − sin 3x) cos 3x + (cos 3x + 3 cos x) sin 3x
= 3(sin 3 x. cos x + cos 3 x. sin x) = 3 sin 4 x

Do đó, phương trình đã cho trở thành:
3 sin 4 x + 3 3 cos 4 x = 3 ⇔ sin 4 x + 3 cos 4 x = 1
1
3
1
π
π
sin 4 x +
cos 4 x = ⇔ sin( 4 x + ) = sin
2
2
2
3
6
π π
π

π


x
=
−
+
k
4 x + 3 = 6 + k 2π

24
2
⇔
⇔
,k ∈ Z
π
π
π
5
π
4 x + =

x= +k
+ k 2π


8
2
3
6

⇔

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 6: ( Câu hỏi trắc nghiệm)
Cho phương trình: sin 6 x + cos 6 x = m(sin 4 x + cos 4 x) (1) . Tìm các giá trị của
tham số m để phương trình có nghiệm ?
 
B. m ∈  ;1
2 
1

A. ∀m ∈ R



C. m ∈  ; 
2 2
1 3

D. Không tồn tại m

Giải
sin 6 x + cos 6 x = m(sin 4 x + cos 4 x)

Ta có:

3
1
4(1 − m)
⇔ 1 − sin 2 2 x = m(1 − sin 2 2 x) ⇔ sin 2 2 x =

4
2
3 − 2m

Phương trình có nghiệm ⇔ 0 ≤

4(1 − m)
1
≤1⇔ ≤ m ≤1
3 − 2m
2

Vậy: Đáp án B

9


* Bài tập rèn luyện :
Bài 1: Giải các phương trình:
21π
)
2
b. sin 2 x + sin 2 3 x = cos 2 2 x + cos 2 4 x
3
c. sin 2 x + sin 2 2 x + sin 2 3x =
2
2
2
2
d . sin 3 x − cos 4 x = sin 5 x − cos 2 6 x

a. sin 2 4 x − cos 2 6 x = sin(10 x +

Bài 2: Giải các phương trình:
2
4
3
3
b. sin x. sin 3 x + cos x. cos 3 x = cos 3 4 x
a. sin 3 x. sin 3 x + cos 3 x. cos 3x =

c. cos 3 x cos 3 x − sin 3x sin 3 x = cos 3 4 x +
d . sin 3 2 x. cos 6 x + sin 6 x. cos 3 2 x =

1
4

3
8

III. Bài toán 3: Giải phương trình lượng giác bằng việc biến đổi về dạng tích.
1. Phương pháp chung:
- Để giải một số phương trình lượng giác, ta có thể biến đổi phương trình về
dạng tích: A.B = 0, trong đó A = 0, B = 0 là các phương trình đã biết cách giải.
- Có nhiều cách biến đổi một phương trình lượng giác về dạng tích, ở đây tôi
chỉ đưa ra hai dạng biến đổi cơ bản thường gặp, đó là:
+ Biến đổi tổng, hiệu thành tích.
+ Lựa chọn phép biên đổi cho cos2x
2. Các ví dụ:
a. Biến đổi tổng, hiệu thành tích.
* Ví dụ 1: Giải phương trình:

1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x = 0

Giải
Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:
+ Cách 1: Biến đổi tổng thành tích.
Ta có:

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

10


⇔ 2 cos 2 x + 2 cos 2 x. cos x = 0 ⇔ 2 cos 2 x(cos 2 x + cos x) = 0

cos 2 x = 0

3x
x
3x
⇔ 4 cos 2 x. cos . cos = 0 ⇔ cos
=0

2
2
2

x
cos = 0
2


π

cos 2 x = 0
 x = 2 + kπ
⇔
⇔
,k ∈ Z
cos 3 x = 0
π
2
π
x = + k

2

3
3

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm.
+ Cách 2:Biến đổi về phương trình chứa 1 hàm số lượng giác.
Ta có:

1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x = 0

⇔ 1 + cos x + 2 cos 2 x − 1 + 4 cos 3 x − 3 cos x = 0
⇔ 2 cos x (2 cos 2 x + cos x − 1) = 0

π



π

 x = 2 + kπ
cos x = 0
x = + kπ



2
⇔ cos x = −1 ⇔  x = π + k 2π ⇔ 
,k ∈ Z
π
2
π



x= +k
1
π
3
3
 x = ± + k 2π

cos x =

2
3


Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm.
* Ví dụ 2: Giải phương trình: cos x + cos 2 x + cos 3x + cos 4 x = 0
Giải
Ta có:

cos x + cos 2 x + cos 3 x + cos 4 x = 0
⇔ (cos x + cos 3 x) + (cos 2 x + cos 4 x) = 0
⇔ 2 cos 2 x. cos x + 2 cos 3 x. cos x = 0
⇔ 2 cos x (cos 2 x + cos 3 x) = 0 ⇔ 4 cos x. cos

cos x = 0

5x
⇔ cos
=0⇔

2

x
cos = 0
2


5x
x
. cos = 0
2
2

π

π


 x = 2 + kπ
 x = 2 + kπ


 5 x = π + kπ ⇔  x = π + k 2π , k ∈ Z
2

2
5
5
x π
 x = π + k 2π
 = + kπ


 2 2

11


π

x
=
+ kπ

2

⇔
,k ∈ Z
 x = π + k 2π

5
5

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm.
* Ví dụ 3: Giải phương trình:
1 + sin x + cos 3 x = cos x + sin 2 x + cos 2 x

Giải
Ta có:

1 + sin x + cos 3 x = cos x + sin 2 x + cos 2 x

⇔ (1 − cos 2 x ) + sin x + (cos 3 x − cos x) − sin 2 x = 0
⇔ 2 sin 2 x + sin x − 2 sin 2 x. sin x − 2 sin x. cos x = 0
⇔ sin x (2 sin x + 1 − 4 sin x. cos x − 2 cos x) = 0
⇔ sin x (2 sin x + 1)(1 − 2 cos x) = 0
 x = kπ


sin x = 0
 x = − π + k 2π

6

1
⇔ sin x = − ⇔ 

,k ∈ Z
7π

2
+ k 2π
x =
6


1
cos x =

π

2
 x = ± + k 2π
3


Vậy phương trình đã cho có 5 họ nghiệm.
b. Lựa chọn phép biên đổi cho cos2x
* Ví dụ 4: Giải phương trình:
2 cos 3 x + cos 2 x + sin x = 0

Giải
Ta có:

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

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

12


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

π

 x = 2 + k 2π
,k ∈ Z

 x = − π + kπ

4

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm.
* Nhận xét 1:
- Trong lời giải trên sở dĩ ta lựa chọn biến đổi: cos 2 x = 2 cos 2 x − 1 , bởi hai nhân
tử còn lại là: 2 cos 3 x có hệ số là 2 và sin x có hệ số là 1.

- Trong trường hợp trái lại ta sẽ biến đổi: cos 2 x = 1 − 2 sin 2 x
Cụ thể, ta xét ví dụ sau:
* Ví dụ 5: Giải phương trình:
2 sin 3 x − cos 2 x + cos x = 0

Giải
Ta có: 2 sin 3 x − cos 2 x + cos x = 0 ⇔ 2 sin 3 x − (1 − 2 sin 2 x) + cos x = 0
⇔ 2 sin 2 x(sin x + 1) − (1 − cos x) = 0
⇔ 2(1 − cos 2 x)(sin x + 1) − (1 − cos x) = 0
⇔ (1 − cos x)[2(1 + cos x )(sin x + 1) − 1] = 0
⇔ (1 − cos x)[2(cos x + sin x ) + 2 sin x. cos x + 1] = 0
⇔ (1 − cos x)[2(cos x + sin x ) + (sin x + cos x ) 2 ] = 0
⇔ (1 − cos x)(sin x + cos x)(sin x + cos x + 2) = 0
1 − cos x = 0
cos x = 1
⇔ sin x + cos x = 0
⇔
⇔
tan
x
=
−
1

sin x + cos x + 2 = 0(vn)

 x = k 2π

,k ∈ Z
 x = − π + kπ

4


Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm.
* Nhận xét 2: Trong trường hợp hệ số đối xứng ta sẽ lựa chọn biến đổi:
cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x

Cụ thể, ta xét ví dụ sau:
* Ví dụ 6: Giải phương trình:
sin 3 x + cos 3 x = cos 2 x

Giải
Ta có:

sin 3 x + cos 3 x = cos 2 x

13


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

π

 x = − 4 + kπ
sin x + cos x = 0
 tan x = −1


π


⇔ 1 + sin x = 0
⇔ sin x = −1 ⇔  x = − + k 2π , k ∈ Z

2
1 − cos x = 0
cos x = 1
 x = k 2π



Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm.
* Bài tập rèn luyện :
Bài 1: Giải các phương trình:
a.2 sin 3 x + cos 2 x − sin x = 0
b.4 sin 2 x − 3 cos 2 x = 3(4 sin x − 1)
c.4 cos x − 2 cos 2 x − cos 4 x = 1
d . sin 3 x − cos 3 x = cos 2 x

Bài 2: Giải các phương trình:
a.1 + sin x + cos x + sin 2 x + 2 cos 2 x = 0
b. sin x + sin 2 x + sin 3 x + sin 4 x + sin 5 x + sin 6 x = 0
c. sin x + sin 2 x + sin 3 x + sin 4 x = cos x + cos 2 x + cos 3 x + cos 4 x
d . sin 3x − sin x + sin 2 x = 0

* Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng: Sau khi đưa ra các phương
pháp trên, học sinh đã biết vận dụng linh hoạt các công thức biến đổi lượng

giác vào việc học tập và rèn luyện kỹ năng giải phương trình lượng giác, nhiều
học sinh không còn tâm lý e ngại khi giải phương trình lượng giác.

C. KẾT LUẬN
1. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm:
Nhằm tạo động lực thúc đẩy học sinh tích cực học tập, góp phần nâng cao
hiệu quả giảng dạy cho bản thân nói riêng và kết quả giáo dục của nhà trường
nói chung.

14


2. Khả năng ứng dụng:
Sáng kiến kinh nghiệm có thể áp dụng rộng rãi cho học sinh khối 11. Khả
năng ứng dụng của sáng kiến kinh nghiệm là ở phương pháp đặt vấn đề, phân
tích, hướng dẫn học sinh giải quyết vấn đề.
3. Bài học kinh nghiệm, hướng phát triển.
Như đã nêu trên, muốn cho học sinh học tốt hơn thì học sinh phải nắm
vững các công thức biến đổi lượng giác, công thức nghiệm của các phương
trình lượng giác cơ bản và các cách giải một số phương trình lượng giác đơn
giản, đồng thời đối với giáo viên cần phải có một số kỹ năng sau:
- Kỹ năng vận dụng, sáng tạo các công thức lượng giác cũng như trình bày lời
giải.
- Kỹ năng nêu vấn đề và hướng dẫn học sinh giải quyết vấn đề, giúp học sinh
biết tư duy và sáng tạo trong quá trình giải toán.
Giáo viên phải tâm huyết, nhiệt tình, gương mẫu quan tâm đến học sinh,
giúp đỡ các em để các em không cảm thấy áp lực trong học tập. Luôn tạo ra
tình huống có vấn đề, kích thích hứng thú tìm tòi học tập ở học sinh. Phải
thường xuyên học hỏi trau dồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy học phù
hợp với từng đối tượng học sinh.

4. Kiến nghị, đề xuất:
Nhằm giúp cho học sinh học tốt hơn với môn Toán nói riêng và các môn
học khác nói chung, bản thân kiến nghị với Ban giám hiệu có kế hoạch mua bổ
sung các thiết bị dạy học, trang bị thêm phòng giáo án điện tử,….. Tổ chuyên
môn cần tổ chức hội giảng, các buổi trao đổi về phương pháp giảng dạy, nhằm
giúp cho việc giảng dạy của giáo viên được thuận lợi hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 03 năm 2017

CAM KẾT KHÔNG COPPY

TRƯƠNG VĂN HẬU

15


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa đại số và giải tích 11 (nâng cao)
2. Bài giảng chuyên sâu toán THPT: Giải toán lượng giác 11 - Lê Hồng
Đức - Nhóm cự môn - Nhà xuất bản Hà Nội

16