Phương pháp hạ bậc trong giải phương trình lượng giác

CHUYÊN ĐỀ:
PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC TRONG GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
MỤC LỤC
A.Mục tiêu dạyhọc……………………………………………………………………………......…2
B.Nội dung bàihọc……………………………………………………………………………...........2
I.Công thức hạ bậc đơn…..……………......…………………………………………………............2
1.Công thức sử dụng………………………......……………………………………………...............2
2.Ví dụ minh họa…..……........……………………………………………………………………..3
3.Bài tập vận dụng…........…………………………………………………………………………..4
II. Công thức hạ bậc toàn cục…………………….............…………………………………………..6
1.Công thức…………..........………………………………………………………………………..6
2.Phương pháp………….........……………………………………………………………………..7
3.Ví dụ……………………………………..........…………………………………………….........7
4.Bài tập……………………………………………………………..........………………...………9
5.Một vài ví dụ trong đề thi đại học…………….......………………………...………………......12
III. Ứng dụng công thức hạ bậc vào giải phương trình lượng giác...........………………………….14
C.Bài tập củng cố……………….………............………………………………………………….18

1


MỤC TIÊU DẠY HỌC
Căn cứ:
Chuẩn KT-KN
Yêu cầu của nhà trường
Khả năng, mong muốn của HS…
Mục tiêu dạy học:
Về kiến thức:
HS hiểu, nhận dạng được các công thức hạ bậc: công thức hạ bậc đơn, công thức hạ bậc đối
xứng, công thức hạ bậc toàn cục.

HS hiểu, biết vận dụng các công thức hạ bậc vào giải bài tập.

Về kĩ năng:
- HS chứng minh được các công thức hạ bậc.
- HS giải được các phương trình lượng giác bằng công thức hạ bậc: phương trình đưa về phương
trình bậc hai theo hàm lượng giác, phương trình toàn phương, phương trình đối xứng, phương trình
đẳng cấp bậc hai.
HS vận dụng thành thạo các công thức hạ bậc vào giải bài tập.
A
•
•

-

B
I.
1.
•

NỘI DUNG BÀI HỌC
Hạ bậc đơn
Công thức sử dụng
1
sin 2 x = (1 − cos 2 x )
2
sin x + cos x = 1 ⇔ cos x = 1 − sin x
2

•

tan 2 x =
•

2

2

2

⇔ cos 2 x =

sin 2 x 1 − cos 2 x
=
cos 2 x 1 + cos 2 x

cos 2 x 1 + cos 2 x
cot x =
=
sin 2 x 1 − cos 2 x
2

•
•

sin 3 x = s inx.sin 2 x
1
= s inx. .(1 − cos 2 x)
2
=

1
1
s inx − s inx.cos 2 x
2
2

=

1
1
1
sinx − sin 3 x + s inx
2
4
4

2

1
(1 + cos 2 x)
2


=

3
1
s inx − sin 3 x
4
4

•

.

cos x = cos x.cos x
3

2

1
= cos x (1 + cos 2 x)
2
=

1
1
cos x + cos 2 x cosx
2
2

=

1
1
1
cos x + cos 3 x + cosx
2
4
4

=

3
1
cos x + cos 3 x
4
4

.
sin x 3sin x − sin 3 x
tan 3 x =
=
cos3 x 3cos x + cos 3 x
3

•

cot 3 x =
•

•
2.
2.1.

cos x 3cos x + cos 3 x
=
sin 3 x 3sin x − sin 3 x

.

3

1
sin x.cosx = sin 2 x
2

.

.

Ví dụ minh họa
sin 2 x = cos 2 x + cos2 3x

Giải phương trình sau:
Giải:
Phương trình biến đổi về dạng:
1 − cos 2 x 1 + cos 4 x
=
+ cos 2 3x
2
2

⇔ 2 cos 2 3 x + (cos 4 x + cos 2 x) = 0
⇔ 2 cos 2 3 x + 2cos 3 x.cosx = 0
⇔ (cos 3 x + cos x) cos 3 x = 0

⇔ 2 cos 2 x.cosx .cos 3 x = 0

3

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

Vậy phương trìnhcó 2 họ nghiệm là

 π kπ π k π

S = +
, +
| k ∈¢
4 2 6 3


sin 2 2 x − cos 2 8 x = sin(10 x +
2.2.

Giải phương trình sau:
Giải:
Phương trình biến đổi về dạng:
1 − cos 4 x 1 + cos16 x
π
−
= sin(10 x + + 8π )
2
2
2

17π
)
2

⇔ 2 cos10 x + cos16 x + cos 4 x = 0
⇔ 2 cos10 x + 2cos10 x.cos 6 x = 0
⇔ (cos 6 x + 1) cos10 x = 0

π kπ

x= +

6
x
=
π
+
k
2
π

6 3
⇔
,k ∈¢
 cos 6 x = −1 ⇔ 
 x = π + kπ
⇔
10 x = π + kπ


2
20 10
 cos10 x = 0

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là
3.
Bài tập áp dụng

 π k π π kπ

S = +
, +
| k ∈ ¢
 6 3 20 10


cos 2 x = cos

Bài 1: Giải phương trình sau:

4x
3

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

Bài 2:Giải phương trình sau:

Bài 3:Giải phương trình sau:

sin 4 2 x + cos 4 2 x
= cos 4 4 x
π
π
tan( − x).tan( + x)
4
4
sin 4 x + cos 4 x =

Bài 4:Giải phương trình sau:

3
2

7
π
π
cot( x + ).cot( − x)
8
3
6
4


Hướng dẫn
Bài 1:
cos 2 x =
Ta có:
t=

1
1
2x 
(1 + cos 2 x) = 1 + cos(3. ) 
2
2
3 

2x

3

Đặt
, phương trình biến đổi về dạng:
1
(1 + cos 3t ) = cos 2t
2
⇔ 1 + cos 3 t + 3cos t = 2(cos 2 t − 1)
⇔ 4 cos3 t − 4 cos 2 t − 3cos t + 3 = 0
⇔ (cost − 1)(4 cos 2 t − 3) = 0
 cos t = 1
 x = 3kπ

cos
t
=
1
cos
t
=
1
⇔


1 ⇔ 
π 3kπ , k ∈ ¢

⇔
⇔
cos

2
t
=
x=± +

2

2

4
2
 4 cos t − 3 = 0
 2(1 + cos 2t ) − 3 = 0

π 3kπ π 3kπ


S = 3kπ ; − +
; +
| k ∈ ¢
4
2 4
2



Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
Bài 2:
Phương trình biến đổi về dạng:
1 + cos 2 x + 1 + cos 4 x + 1 + cos 6 x + 2 cos 2 4 x = 3

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

Giải (1) ta được:
Giải (2): đặt

π
π
+ k ,k ∈¢
8
4

t = cos 2 x

t ≤1
, điều kiện:

, ta được:
5


4t + 2t − 1 = 0

2

t1 =
Với
t2 =

⇔ t1,2 =

−1 + 5
4
−1 − 5
4

−1 ± 5
4

ta được:

x = ±α + kπ , k ∈ ¢

x = ± β + kπ , k ∈ ¢

cos 2α =

−1 + 5
4

cos 2 β =

−1 − 5

4

với

Với
ta được:
với
Vậy phương trình có 5 họ nghiệm.
Bài 3:
π
π
π

2sin( 4 − x).sin( 4 − x) = sin( 2 − 2 x) = cos 2 x ≠ 0

 2sin( π + x).sin( π + x) = sin( π + 2 x) = cos 2 x ≠ 0 ⇔ x = π + kπ (k ∈ ¢ )

4
4
2
4 2
Điều kiện:
π
π
π
π
tan( − x ).tan( + x) = tan( − x).cot( − x) = 1
4
4
4

4
Ta có:
Khi đó phương trình trở thành:
sin 4 2 x + cos 4 2 x = cos 4 4 x
2

2

 1 − cos 4 x   1 + cos 4 x 
4
⇔
÷ +
÷ = cos 4 x
2
2

 


⇔ cos 4 x = 1 ⇔ sin 4 x = 0
2

⇔x=

kπ
2

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm.
Bài 4:
π

π
π
π
2π
sin( x + ).sin( − x ) = 2 sin( x + ).cos( x + ) = cos(2 x +
)≠0
3
6
3
3
3
Điều kiện:
π
π
π
π
cot( x + ).cot( − x) = cot( x + ).tan( + x) = 1
3
6
3
3
Ta có:
Khi đó phương trình trở thành:
7
sin 4 x + cos4 x =
8
2

2

7
 1 − cos 2 x   1 + cos 2 x 
⇔
÷ +
÷ =
2
2
8

 

6


⇔ 2(1 + cos 2 2 x) =
⇔ cos 4 x =
⇔ x=±

7
2

1
2

π kπ
+
(k ∈ ¢ )
12 2

II.Công thức hạ bậc toàn cục:

1.Công thức:
•

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

•

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

= −cos2 x
•

sin 6 x + cos 6 x

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

= 1 − 3sin 2 x cos 2 x
3
= 1 − sin 2 2 x
4

•

sin 6 x − cos 6 x
= (sin 2 x)3 − (cos 2 x)3
= (sin 2 x − cos 2 x)(cos 4 x + sin 2 x cos 2 x + sin 4 x)
1
 1

= −cos2 x 1 − sin 2 2 x + sin 2 2 x ÷
4
 2


7


 1

= −cos2 x 1 − sin 2 2 x ÷
 4

…..
2. Phương pháp:
sin n x ± cos n x n
Biến đổi phương trình có dạng
( chẵn )theo các hằng đẳng thức hoặc áp dụng nhị
thức Newton để biến đổi mà các biểu thức trong nhị thức là
đơn giản

cos2 x,sin 2 x,...

3.Ví dụ:
sin 6 x + cos6 x = cos 2 2 x +

VD1:Giải phương trình:

1
16

Giải:
Phương trình biến đổi về dạng:
3
1
1 − sin 2 2 x = 1 − sin 2 2 x +
4
16

⇔ 4sin 2 2 x = 1
 1 − cos4 x 
⇔ 4
÷= 1
2



⇔ 2 − 2 cos 4 x = 1
⇔ cos4 x =

1
π

= cos
2
3

π

 4 x = 3 + k 2π
⇔
 4 x = −π + k 2π ⇔ x = ± π

3
12 ( k ∈ Z )

8

sin 2 x, cos 2 x

rồi đưa về công thức hạ bậc


x=±

Vậy nghiệm PT là:

π
+ k 2π (k ∈ Z )
12
2(sin 6 x + cos 6 x) − sin x cos x
=0
2 − 2sin x

VD2: Giải phương trình:
Giải:

sin x ≠
Đk:

1
2

Phương trình biến đổi về dạng:
 3
 1
2  1 − sin 2 2 x ÷− sin 2 x = 0
 4
 2
⇔ 3sin 2 2 x + sin 2 x − 4 = 0
sin 2 x = 1
⇔
−4
sin 2 x =
3


⇔ sin 2 x = 1

⇔x=

π
+ kπ ( k ∈ Z )

4

⇒x=

Kết hợp điều kiện

5π
+ k 2π ( k ∈ Z )
4

x=

Vậy nghiệm của pt là:
VD3:Giải phương trình:

là nghiệm pt

π
+ kπ ( k ∈ Z )
4

sin 4 x + cos 4 x − sin x cos x = 1

Giải:
Phương trình biến đổi về dạng:
1
1
1 − sin 2 2 x − sin 2 x = 1
2
2

⇔ sin 2 2 x + sin 2 x = 0

9



 2 x = kπ

−π
⇔ 2 x =
+ k 2π (k ∈ Z )

2

sin 2 x = 0
3π
⇔
2 x =
+ k 2π

2
sin 2 x = −1
kπ

x = 2

−π
⇔ x =
+ kπ ( k ∈ Z )


4

 x = 3π + kπ

4
x=

Vậy nghiệm của pt là:

kπ
−π
3π
;x =
+ kπ ; x =
+ kπ
(k ∈ Z )
2
4
4

sin 6 2 x + cos6 2 x =

VD 4:Giải phương trình:

1
4 (1)

Giải:

Theo quy nạp từ công thức

Ta suy ra VT

3
sin 6 x + cos6 x = 1 − sin 2 2 x
4

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

π

 4 x = 2 + k 2π

−π
⇔ 4 x =
+ k 2π (k ∈ Z )

2

sin 4 x = 1
 4 x = 3π + k 2π
⇔
2


sin 4 x = −1

10


π kπ

x = 8 + 2

−π kπ
⇔ x =
+
(k ∈ Z )

8
2

 x = 3π + kπ
8
2

x=

Vậy nghiệm của pt là:

π kπ
−π kπ
3π kπ
+
;x=

+
;x=
+
(k ∈ Z )
8 2
8
2
8
2

4.Bài tập:
Giải các phương trình sau:
sin 8 x + cos8 x =

a)

17
32

sin 8 2 x + cos8 2 x =

b)

c)

1
8

sin 4 2 x + cos 4 2 x
= cos 4 4 x

π
π
tan( − x) tan( + x)
4
4
3sin 4 x + cos 4 x =

d)

3
4

Hướng dẫn:
sin 8 x + cos8 x =

a)

17
32

⇔ (sin 2 x) 4 + (cos 2 x) 4 =

17
32

⇔ ( sin 2 x + cos 2 x ) − 4sin 6 x cos 2 x − 6 cos 4 x sin 4 x − 4sin 2 x cos 6 x =
4

⇔ 1 − 4 sin 2 x cos 2 x (sin 4 x + cos 4 x ) − 6 cos 4 x sin 4 x =

17
32

11

17
32


1
6
17
⇔ 1 − sin 2 2 x(1 − sin 2 2 x ) − sin 4 2 x =
2
16
32
⇔

2
15
sin 4 2 x − sin 2 2 x +
=0
16
32

1
 2
sin 2 x = 2
⇔
sin 2 2 x = 15


2

sin 2 2 x =

Nhận thấy nghiệm

1
2

thỏa mãn, từ đó


sin 2 x =


sin 2 x =

1
π
= sin
4
2
−1
−π
= sin
4
2

π

π


 x = 8 + kπ
 2 x = 4 + k 2π


 x = 3π + kπ
 2 x = π − π + k 2π


4
⇔
(k ∈ Z )
( k ∈ Z )) ⇔  8
 x = −π + kπ
 2 x = −π + k 2π

4
8



π
5π
x =
+ kπ
 2 x = π + + k 2π

4

8

x=

KL: Nghiệm của pt là:
sin 8 2 x + cos8 2 x =

b)

π
3π
−π
5π
+ kπ ; x =
+ kπ ; x =
+ kπ ; x =
+ kπ
(k ∈ Z )
8
8
8
8

1
8

tự câu a, ta có
Tương
⇔

2
1
sin 4 4 x − sin 2 4 x + 1 =
16
8

⇔

2
7
sin 4 4 x − sin 2 4 x + = 0
16
8

12


⇔ sin 2 4 x = 1

hoặc

Nhận thấy nghiệm

sin 2 4 x = 7

sin 2 2 x = 1

thỏa mãn ,từ đó:

π


 4 x = 2 + k 2π

π

 4 x = −π + k 2π (k ∈ Z)
⇔
sin
4
x
=
1
=
sin(
+
k
2
π
)


2
2
(k ∈ Z)


3
sin 4 x = −1 = sin( −π + k 2π )
 4 x = π + k 2π



2
2

π kπ

x
=
+

8 2

−π kπ
⇔ x =
+
( k ∈ Z)

8
2

 x = 3π + kπ
8
2

x=

KL: Nghiệm của pt là:

c)

π kπ
−π kπ
3π kπ
+
;x =
+
;x =
+
( k ∈ Z)
8 2
8
2
8
2

sin 4 2 x + cos 4 2 x
= cos 4 4 x
π
π
tan( − x) tan( + x)
4
4

ĐK:

 π

π

 tan  4 − x ÷ ≠ 0; tan  4 + x ÷ ≠ 0

 




cos  π − x  ≠ 0; cos  π + x  ≠ 0
÷

÷
  4

4


Ta có:
π
 π

sin  − x ÷sin  + x ÷
π

π

4
 4

tan  − x ÷tan  + x ÷ =
4

4

 cos  π − x  cos  π + x 

÷ 
÷
4

4
 =1

Do

π

π

π

π

sin  − x ÷ = cos  + x ÷ ;sin  + x ÷ = cos  − x ÷
4

4

4

4

13

(Vì

π
 π

 − x ÷;  + x ÷
4
 4


là 2 gócphụ nhau)

Từ đó PT:
⇔ sin 4 2 x + cos 4 2 x = cos 4 4 x
1
⇔ 1 − sin 2 4 x = (1 − sin 2 4 x) 2
2
1
⇔ 1 − sin 2 4 x = 1 − 2sin 2 4 x + sin 4 4 x
2
3
⇔ sin 4 4 x − sin 2 4 x = 0
2
sin 2 4 x = 0
⇔ 2
sin 4 x = 3

2
2

Nhận thấy nghiệm

sin 4 x = 0

thỏa mãn ,từ đó:

sin 4 x = 0 ⇔ 4 x = kπ ( k ∈ Z) ⇔ x =
x=

KL: Nghiệm của pt là:
3sin 4 x + cos 4 x =

d)

kπ
( k ∈ Z)
4

kπ
(k ∈ Z)
4

3
4

⇔ 2sin 4 x + ( sin 4 x + cos 4 x ) =

3
4

1 − cos2 x 2
1
3
⇔ 2(
) + 1 − sin 2 2 x =
2
2
4

1 − 2cos2 x + cos 2 2 x 1 2
−1
⇔
− sin 2 x =
2
2
4

14


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

⇔ cos 2 2 x − cos 2 x +

⇔ cos2 x =

−1
2

1
=0
4

1
π
= cos
2
3

π
π


 2 x = 3 + k 2π
 x = 6 + kπ
⇔
( k ∈ Z) ⇔ 
(k ∈ Z)
 2 x = −π + k 2π
 x = −π + kπ


3
6
x=±

của pt là:

π

+ kπ (k ∈ Z)
6

KL: Nghiệm
5. Một vài ví dụ đề thi đại học

VD1: (D-2005):Giải phương trình:

π 
π 3

cos 4 x + sin 4 x + cos  x − ÷sin  3x − ÷− = 0
4 
4 2


1
π
π 
π
π 3

⇔ 1 − sin 2 2 x +  cos x cos + sin x sin ÷ sin 3 x cos − cos3 x sin ÷− = 0
2
4
4 
4
4 2

1

1
3
⇔ 1 − sin 2 2 x + (cos x + sin x) ( sin 3x − cos3x ) − = 0
2
2
2
⇔

−1 2
1
1
sin 2 x + ( cos x sin 3 x − sin x cos 3x ) + ( sin x sin 3 x − cosx cos 3x )  − = 0
2
2
2

⇔ − sin 2 2 x + sin 2 x − cos4 x − 1 = 0
⇔ − sin 2 2 x + sin 2 x − ( 1 − 2sin 2 2 x ) − 1 = 0

⇔ sin 2 2 x + sin 2 x − 2 = 0 ( *)

PT

( *)

có nghiệm là

sin 2 x = 1
sin 2 x = −2


, nghiệm

sin 2 x = 1

thỏa mãn, từ đó:

15


2x =

π
+ k 2π ( k ∈ Z)
2

x=

suyra
x=

KL: Nghiệm của pt là:

π
+ kπ ( k ∈ Z)
4

π
+ kπ ( k ∈ Z )
4

VD2: (B-2002) Giải phương trình:
sin 2 x ≠ 0 ⇔ 2 x ≠ kπ ⇔ x ≠

ĐK:

sin 4 x + cos 4 x 1
1
= cot 2 x −
5sin 2 x
2
8sin 2 x

kπ
2

1
1 − sin 2 2 x
cos2 x
1
2
⇔
=
−
5sin 2 x
2sin 2 x 8sin 2 x
1
1 − sin 2 2 x
cos2 x 1
2

⇔
=
−
5
2
8
1
5
5
⇔ 1 − (1 − cos 2 2 x ) = cos2 x −
2
2
8
⇔ cos 2 2 x − 5cos 2 x +

9
=0
4

1

cos2 x = 2
⇔
cos2 x = 9

2
cos2 x =

Nghiệm
x=±

1
π
= cos
2
3

2x = ±

thỏa mãn, từ đó:

π
+ k 2π ( k ∈ Z)
3

π
+ kπ ( k ∈ Z )
6
x=±

KL: Nghiệm của pt là:

π
+ kπ ( k ∈ Z )
6

16


VD3: (D-2002): Tìm m để phương trình:

nhất một nghiệm thuộc

PT

( 1)

2 ( sin 4 x + cos 4 x ) + cos4 x + 2sin 2 x − m = 0 [ 0, 2π ]

có ít

[ 0; 2π ]

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

⇔ −3sin 2 2 x + 2sin 2 x + 3 − m = 0 ( *)

Đặt
Đặt

t = sin 2 x

,

x ∈ [ 0, 2π ] , t ∈ [ 0,1]

là:

−3t 2 + 2t + 3 − m = 0 ⇔ −3t 2 + 2t = m − 3

f (t ) = −3t 2 + 2t

f ' (t ) = −6t + 2 = 0 ⇔ t =

Ta tính

1
3

1 1
f (0) = 0, f ( ) = , f (1) = −1
3 3

−1 ≤ m − 3 ≤

KL: để PT
III.

khi đó PT

( *)

. Để PT

( *)

có ít nhất 1 nghiệm

t ∈ [ 0,1]

thì

1
10
⇔ 2≤m≤
3
3

( 1)

có ít nhất 1 nghiệm thuộc

[ 0, 2π ]

2≤m≤

thì

10
3

Vậy phương có 2 họ nghiệm.
ỨNG DỤNG CÔNG THỨC HẠ BẬC VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC.
Bài1:Giải phương trình:
sin 3 x.cos 3 x + cos3 x.sin 3 x = 0
Giải:
Ta có thể sử dụng công thức hạ bậc biến đổi vế trái bằng hai cách:
Cách 1: Ta có:

VT = sin 2 x.s inx.cos 3 x + cos 2 x.cosx .sin 3 x
= (1 − cos 2 x).s inx.cos 3 x + (1 − sin 2 x).cosx .sin 3 x
= s inx.cos 3 x + cosx .sin 3 x − (cosx .cos 3 x + s inx.sin 3 x)s inx.cosx

17


1
= sin 4 x − cos 2 x.sin 2 x
2
1
= sin 4 x − sin 4 x
4
=

3
sin 4 x
4

.

Cách2: Ta có:
VT =

1
1
(3sinx − sin 3 x) cos 3 x + (3cosx + cos 3 x) sin 3 x
4
4

=

3
(sinx .cos 3 x + cos x.sin 3 x)
4

=

3
sin 4 x
4

.
Phương trình được biến đổi về dạng:
3
kπ
sin 4 x = 0
⇔x=
,k∈¢
⇔ sin 4 x = 0 ⇔ 4x = kπ
4
4
x=

Vậy phương trình có họ nghiệm

kπ
,k ∈¢
4

.

Bài 2:Giải phương trình:
s in 3 2 x.cos 6 x + sin 6 x .cos3 2 x =

3
8

Ta có thể sử dụng công thức hạ bậc biến đổi vế trái bằng hai cách:
Cách 1: Ta có:
sin 2 2 x.sin 2 x.cos 6 x + sin 6 x .cos 2 x .cos 2 x
VT=
= (1 − cos 2 2 x) sin 2 x .cos 6 x + sin 6 x .cos 2 x .(1 − sin 2 2 x)
= sin 2 x.cos 6 x + sin 6 x.cos 2 x − cos 2 2 x.sin 2 x.cos 6 x − sin 6 x.cos 2 x .sin 2 2 x
= sin 8 x − cos 2 x.sin 2 x.(cos 2 x .cos 6 x + sin 6 x.sin 2 x)
1
= sin 8 x − sin 4 x.cos 4 x
2
1
3
= sin 8 x − sin 8 x = sin 8 x
4
4

.

Cách 2: Ta có:
18

1
1
(3sin 2 x − sin 6 x) cos 6 x + (3cos 2 x − cos 6 x) sin 6 x
4
4

VT=
3
= (sin 2 x .cos 6 x + cos 2 x.sin 6 x)
4
=

3
sin 8 x
4

Phương trình được biến đổi về dạng:
π kπ

 x = 48 + 4
⇔
,k ∈¢
5π kπ
3
1

x=
+
sin 8 x ⇔ sin 8 x =


48 4
4
2

a)

Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Bài 3: Giải phương trình:
2
cos 3 x.cos 3 x + sin 3 x.sin 3 x =
4

(1)
cos x.cos 3 x + sin x.sin 3 x = cos 4 x
3

b)

π kπ

 x = 48 + 4
,k ∈¢

 x = 5π + kπ

48 4

3

3

Giải:
cos x.cos 3 x + sin x.sin 3 x
3

Ta có:

.

3

(2)

=

cos 3 x + 3cos x
− sin 3 x + 3sin x
.cos 3 x +
.sin 3 x
4
4

=

1
3
(cos 2 3 x − sin 2 3 x) + (cos 3 x .cosx + sin 3 x .s inx)
4
4

=

1
3
cos 6 x + cos(3 x − x)
4
4

=

1
3
(4 cos 3 2 x − 3cos 2 x) + cos 2 x
4
4

= cos3 2x
3

2  2
2
π
cos 2 x =
= 
÷
⇔ x = ± + kπ (k ∈ ¢ )
÷ ⇔ cos 2 x =
4
2



⇔
2
8
3

a)

(1)

19

.


x=±

Vậy nghiệm của phương trình là

(2)

b)

π
+ kπ (k ∈ ¢ )
8

 4 x = −2 x + k 2π
kπ
⇔

⇔x=
(k ∈ ¢ )
3
 4 x = 2 x + k 2π
⇔ cos3 2 x = cos3 4 x ⇔ cos 4 x = cos 2 x
x=

Vậy nghiệm của phương trình là
Bài 4: Giải phương trình:

kπ
(k ∈ ¢ )
3

cos3 x.cos 3 x + sin 3 x.sin 3x = cos 3 4 x +

Giải:
cos x.cos 3 x + sin x.sin 3 x
3

Ta có:

(1)

3

1
4

(1)

=

cos 3 x + 3cos x
− sin 3 x + 3sin x
.cos 3 x +
.sin 3 x
4
4

=

1
3
(cos 2 3 x + sin 2 3 x) + (cos 3 x .cosx − sin 3 x .s inx)
4
4

=

1 3
+ cos 4 x
4 4

1 3
1
+ cos 4 x = cos3 4 x +
⇔ 4 4
4 ⇔ 4 cos3 4 x − 3cos 4 x = 0

⇔ cos12 x = 0

⇔ x=

π kπ
+
(k ∈ ¢ )
24 12
x=

π kπ
+
(k ∈ ¢ )
24 12

Vậy nghiệm của phương trình là
Bài 5:Giải phương trình:
4 cos3 x.sin 3 x + 4sin 3 x.cos 3 x + 3 3 cos 4 x = 3

(1)

Giải:
4 cos3 x.sin 3 x + 4sin 3 x.cos 3 x + 3 3 cos 4 x

Ta có:
= (cos 3 x + 3cosx) sin 3 x + ( − sin 3 x + 3sin x) cos 3 x + 3 3 cos 4 x
= 3(sin 3 x .cosx + s inx.cos 3 x) + 3 3 cos 4x

= 3sin 4 x + 3 3 cos 4 x

20


(1)

⇔ sin 4 x + 3 cos 4 x = 1

⇔

1
3
1
sin 4 x +
cos 4 x =
2
2
2

π π
−π kπ


 4 x + 3 = 6 + k 2π
 x = 24 + 2
⇔
⇔
(k ∈ ¢ )
π
π
1

 4 x + π = 5π + k 2π
 x = π + kπ
⇔
cos
.sin
4
x
+
sin
.cos
4
x
=

8 2
3
6

3
3
2
π
π
⇔ sin(4 x + ) = sin
3
6

Vậy nghiệm của phương trình là
Bài 6: (DB1 – Khối A – 2006)

−π kπ

 x = 24 + 2
(k ∈ ¢ )

 x = π + kπ

8 2

cos 3x.cos 3 x − sin 3 x.sin 3 x =
Giải phương trình:
Giải:
cos x.cos 3 x + sin x.sin 3 x
3

Ta có:

⇔
(1)

3

2+3 2
8

(1)

=

cos 3 x + 3cos x

− sin 3 x + 3sin x
.cos 3 x +
.sin 3 x
4
4

=

1
3
(cos 2 3 x + sin 2 3 x) + (cos 3 x .cosx − sin 3 x .s inx)
4
4

=

1 3
+ cos 4 x
4 4

1 3
2+3 2
3
3 2
+ cos 4 x =
⇔ cos 4 x =
4 4
8
4
8

⇔ cos 4 x =

2
π kπ
⇔x=± +
(k ∈ ¢ )
2
16 2
x=±

π kπ
+
(k ∈ ¢ )
16 2

Vậy nghiệm của phương trình là
Bài 7: ( CĐ khối A ,B,D năm 2011)
cos(4 x) + 12sin 2 x − 1 = 0
Giải phương trình:
Hướngdẫn :
•

Có góc 4x và x nên ta sẽ tìm cách đưa chúng về góc 2x để nhóm lại
21

cos(4 x) = 2 cos 2 x − 1


sin x =

•

1 − cos 2 x
2

Sử dụng công thức hạ bậc
Lời giải :
1 − cos 2 x
sin x =
cos(4 x) = 2cos 2 x − 1
2
Có
,
Khi đó phương trình thành :
1 − cos 2 x
2 cos 2 2 x − 1 + 12.
−1 = 0
2
⇔ cos 2 2 x − 3cos 2 x + 2 = 0

t = cos 2 x(−1 ≤ t ≤ 1)
Đặt
Khi đó ta được :
t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔
t=1 ( t/m) hoặc t=2 (loại)

cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ (k ∈ Z )

Với t=1 thaylại ta được
x = kπ (k ∈ Z )

Vậyptcónghiệmlà
.
Bài 8:Giải phương trình

sin 8 x + cos8 x =

Ta hạ bậc:

sin 8 x + cos8 x = (sin 4 + cos 4 x) 2 − 2sin 4 x cos 4 x

=
⇔ sin 2 x = −1

1
1
1
(1 − sin 2 2 x) 2 − sin 4 2 x = 1 − sin 2 2 x + sin 4 2 x
2
8
8
sin 2 2 x =

2

⇔x=

17
cos 2 2 x
16

π
π
+k
8
4

( loại ) hoặc
(

k∈Z

)
x=

1
2

(t/m)

π
π
+ k (k ∈ Z )
8
4

Vậy phương trình có nghiệm
Bài 9:Giải phương trình:
4sin 2 x + 3 sin 2 x + 2 cos 2 x = 4
Áp dụng công thức hạ bậc khi đó phương trình thành :
2(1 − cos 2 x ) + 3 sin 2 x + (1 + cos 2 x) = 4

22


⇔ cos 2 x − 3 sin 2 x = −1

π
π
2π
⇔ cos(2 x + ) = − cos = cos
3
3
3
⇔

x=−

π
+ kπ
2

x=

hoặc

π
+ kπ , ( k ∈ Z )
6
x=−

Vậy phương trình có nghiệm là

Bài10 :Giải phương trình sau:

π
+ kπ
2

x=

hoặc

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

π
+ kπ , ( k ∈ Z )
6

3+ 2
2

Áp dụng công thức hạ bậc ta được :
1 − cos 2 x
1 + cos 2 x 3 + 2
+ 3 sin 2 x + 2(
)=
2
2
2
⇔ cos 2 x + 3 sin 2 x = 2

π

π
x
⇔ cos(2 x − ) = cos tan x + cos x − cos 2 2 x = sin x(1 + tanxtan )
3
4
2
⇔

x=

7π
π
+ kπ ∨ x =
+ kπ ( k ∈ Z )
24
24
x=

C

7π
π
+ kπ ∨ x =
+ kπ ( k ∈ Z )
24
24

Vậy phương trình có nghiệm là
Bài tập củng cố:
Bài1: (A- 2002 )

(2 − sin 2 2 x)sin 3 x
4
tan x + 1 =
cos 4 x
Giải phương trình:
cosx ≠ 0
HD: Điều kiện
1
sin 4 x + cos 4 x = 1 − sin 2 2 x
2
x=

π k 2π
5π k 2π
+
or x =
+
18
3
18
3

ĐS:
Bài 2: (B-2002 )

23


Giải phương trình:
HD:

sin 4 x + cos 4 x 1
1
= cot 2 x −
5sin 2 x
2
8sin 2 x

1
sin 4 x + cos 4 x = 1 − sin 2 2 x
2
x=±

π
+ kπ
6

ĐS:
Bài3: (D- 2002)

2(sin 4 x + cos 4 x) + cos 4 x + 2sin 2 x − m = 0

Tìm m để phương trình:
có ít nhất 1 nghiệm thuộc
 π
 π
t = sin 2 x, x ∈  0; 
x ∈  0; 
⇒
t

∈
0;1
[ ]
 2
 2
Đặt :
,
phương trìnhđã cho có nghiệm
t ∈ [ 0;1]
⇔ 3t 2 − 2t = m + 3
có nghiệm.
−10
≤ m ≤ −2.
3
ĐS:
Bài 4:(B-2002)
sin 2 3x − cos 2 4 x = sin 2 5 x − cos 2 6 x
Giải phương trình:
1 − cos6x
1 − cos8 x
sin 2 3x =
sin 2 4 x =
2
2
HD: Sử dụng công thức hạ bậc:
,
,
1 − cos10x
sin 2 5 x =
2

,
kπ
kπ
x=
or x =
9
2
ĐS:
.
D

[ 0; 2π ]

HÌNH THỨC, KẾ HOẠCH DẠY HỌC
1. Hình thức dạy học
- Tổ chức các hoạt động nhóm: chia lớp thành 4 nhóm làm bài tập.
- Mỗi buổi cho các nhóm làm bài thảo luận hoặc làm bài tập trong nhóm, có thể tổ chức trò chơi
liên quan đến tiết học.
2. Kếhoạchdạyhọc
Nội dung

24

Tiết


I: Công thức hạ bậc đơn

II: Công thức hạ bậc toàn cục

III: Ứng dụng công thức hạ bậc
giải phương trình lượng giác.

Nhắclại kiến thức, giới thiệu công thức hạ bậc.

1

Ví dụ và bài tập

2

Giới thiệu công thức.
Ví dụ và bài tập

1
1

Bài tập .

2

Bài tập ôn tập tổng hợp.

3

25