Bài giảng: Phương trình lượng giác cơ bản (Đại số và Giải tích 11 - Chương I: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC)

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này.
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”.

BÀI GIẢNG QUA MẠNG

ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 11
CHƯƠNG I. HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

§2 Phương trình lượng giác cơ bản

Học Tốn theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

1


phơng trình lợng giác cơ bản

Đ2

A. bài giảng
Định nghĩa: Phơng trình lợng giác là phơng trình chứa một hay nhiều hàm số lợng
giác của một ẩn.
Trên thực tế, có nhiều bài toán dẫn đến việc giải các phơng trình có một trong các
dạng:
sinx = m;

cosx = m;
tanx = m;
cotx = m,
trong đó x là ẩn số và m là một số cho trớc.
Đó chính là các phơng trình lợng giác cơ bản.
I. Bốn dạng phơng trình lợng giác cơ bản
Dạng 1: Phơng trình sinx = m.

Phơng pháp thực hiện
Ta biện luận theo các bớc sau:
Bớc 1:

Nếu m > 1 phơng trình vô nghiệm.

Bớc 2:

Nếu m 1, khi đó đặt m = sin, ta đợc:
sinx = sin

x =+ 2 k
x = + 2 k,


k Z.

Đặc biệt: Ta có các kết quả:
sinx = 0 x = k, k ∈ Z.



π
+ 2kπ, k ∈ Z.
2
π
sinx = −1 ⇔ x = −
+ 2kπ, k ∈ Z.
2

sinx = 1 ⇔ x =

Ví dụ 1:

Giải các phơng trình sau:

a. sin3x = sin

x+
2
.
ữ=
3
2


.
7

b. sin

Giải
a. Ta có biến đổi:



3x = 7 + 2kπ
x =

⇔
3x = π − π + 2k
x =


7



2k
+
21
3
, k Z.
2 2k
+
7
3

Vậy, phơng trình có hai hä nghiƯm.
b. Ta cã biÕn ®ỉi:

2


π
7π
x + π

 3 = − 4 + 2kπ
 x = − 4 + 6kπ
π
 x + π
sin 
⇔
, k ∈ Z.
÷ = sin(− ) ⇔  x + π
π
11π
4
 3 

= π + + 2kπ  x =
+ 6kπ
 3

4

4

Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
Ví dụ 2: Tính c¸c gãc cđa ∆ABC, biÕt AB = 2 cm, AC = 3 cm và đờng

AH = 1cm.

Hớng dẫn: Sử dụng hệ thức lợng giác trong tam giác vuông.
Giải
Trong tam giác vuông HAB, ta có:

sin B =

1
AH
=
= sin450
2
AB

=45 0
B

ˆ =135 0
B


.

ˆ ≈35 0
C

ˆ ≈
C 145 0



.

Trong tam giác vuông HAC, ta có:

sin C =

1
AH
=
sin350
3
AC




Giá trị C 1450 không đợc chấp nhận vì khi đó B + C > 1800, mâu thuẫn, do
350.
đó ta luôn có C
Khi đó:




Với B = 450 và C 350 thì ta đợc  = 1800 B − C ≈ 1000.
0
0
0

ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
 Víi B = 135 vµ C 35 thì ta đợc  = 180 B − C ≈ 100.

VÝ dô 3:

a. Chøng minh r»ng sin


3 1
=
.
12
2 2

b. Giải phơng trình 2sinx 2cosx = 1 3 bằng cách biến đổi vế trái về
dạng Csin(x + ).
c. Giải phơng trình 2sinx 2cosx = 1 3 bằng cách bình phơng hai vế.






Hớng dÉn: Sư dơng phÐp biÕn ®ỉi 12 = 3 − 4 .
 Gi¶i
a. Ta cã:

sin

 π π
π
π
π
π
π
= sin  −  = sin .cos
− cos .sin
3 4
12
3
4
3
4

1
1
1
1
3 −1
= 3. 2
. 2 = 3.

.
=
, đpcm.
2
2

2 2
2
2 2
2
2
2

b. Biến đổi phơng trình về dạng:



3 1
2 2 sin(x
) = 1 3 ⇔ sin(x −
)=
= sin(−
)
4
4
2 2
12

3


π
π
π



x − 4 = − 12 + 2 kπ
x = 6 + 2 kπ
⇔ 
⇔ 
, k ∈ Z.
x − π = π + π + 2 kπ
x = 4 + 2 k


4
12
3



Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
c. Biến đổi phơng trình về dạng:
4(sinx cosx)2 = (1 −

3

)2 ⇔ 4(1 − sin2x) = 4 − 2 3 ⇔ sin2x =

3
2

π
π



2 x = 3 + 2 kπ
x = 6 + kπ
⇔ 
⇔ 
, k ∈ Z.
2 x = π − π + 2 kπ
x = π + kπ


3
3



Thö lại:
a. Với họ nghiệm x =



+ k ta cần xét hai trờng hợp về tính chẵn, lẻ của k:
6

Với k = 2l th×:

π
π
+ 2lπ) − 2cos(
+ 2lπ)
6
6

π
π
= 2sin
− 2cos
= 1 − 3 , ®óng.
6
6

2sinx − 2cosx = 2sin(



Víi k = 2l + 1 th×:

π
π
+ (2l + 1)π] − 2cos[
+ (2l + 1)π]
6
6
7π
7π
= 2sin
− 2cos
= −1 + 3 , sai.
6
6
π
b. Víi hä nghiƯm x =
+ kπ ta cÇn xÐt hai trêng hợp về tính chẵn, lẻ của k

3

2sinx 2cosx = 2sin[



Bạn đọc tự giải tiếp.

Nhận xét: Nh vậy, khi sử dụng các phép biến đổi không tơng đơng chúng ta cần
thực hiện công việc thử lại để xác định tính đúng đắn về nghiệm của phơng trình. Và trong nhiều trờng hợp việc thử lại khá tốn công, do đó việc
lựa chọn một phơng pháp biến đổi để giải phơng trình lợng giác là rất
quan trọng.

Ví dụ 4:

Giải phơng trình:
sin(sin2x) = 1.

Hớng dẫn: Sử dụng điều kiện để phơng trình sinx = m có nghiệm.
Giải
Ta có:
sin(sin2x) = 1 ⇔ πsin2x =

4

1
π
+ 2kπ ⇔ sin2x =
+ 2k, k ∈ Z.
2

2

(1)


Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:


3
1
1
+ 2k 1
k
4
2
4

k
Z

k

= 0.

Khi đó (1) có dạng:




2 x = 6 + 2 lπ

x = 12 + lπ
1
sin2x =
⇔ 
⇔ 
, l ∈ Z.
2
2 x = 5π + 2 l
x = 5 + l


6
12



Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
Dạng 2: Phơng trình cosx = m.

Phơng pháp thực hiện
Ta biƯn ln theo c¸c bíc sau:
Bíc 1. NÕu m > 1 phơng trình vô nghiệm.
Bớc 2. Nếu m 1, xét hai khả năng:
Khả năng 1: Nếu m đợc biểu diễn qua cos của góc đặc biệt, giả sử , khi
đó phơng trình có dạng :
cosx = cos

x =+2 kπ
x =− +2 kπ,
α



k ∈ Z.

x =α+2 kπ
x =− +2 k,



k Z.

Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua cos của góc đặc biệt, khi đó
đặt m = cos, ta đợc
cosx = cos

Trong cả hai trờng hợp ta đều kết luận phơng trình có hai họ nghiệm.



Đặc biệt: Ta có các kết quả:

+ k, k Z.
2



cosx = 0 ⇔ x =




cosx = 1 ⇔ x = 2kπ, k ∈ Z.
cosx = −1 ⇔ x = + 2k, k Z.

Ví dụ 1:
a. cos

Giải các phơng trình sau:
x
= cos 3 .
3


1

b. cos x + ÷ = .
4
3


 Híng dÉn: Sư dơng kiÕn thøc trong phần phơng pháp giải toán.
Giải
a. Ta có biến đổi:
x
= ± 3 + 2kπ ⇔ x = ±3 2 + 6kπ, k ∈ Z.
3
5


Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.

1
b. Đặt = cos, ta có biến đổi:
3




cos x + ữ = cos ⇔ x + = ±α + 2kπ ⇔ x = + 2k, với k Z.
4
4
4

Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.



Chú ý: Với câu b) ta còn có thể trình bày nh sau:

2
2

= arccos
+ 2k x = arccos

+ 2k, với k Z.
18
5
5
18
Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.

x+

Ví dụ 2:

Tìm tập xác định của hµm sè sau:
y=

sin x
.
cos 4x − cos3x

 Híng dÉn: Sư dụng điều kiện có nghĩa của hàm phân thức.
Giải
Điều kiện để hàm số xác định là:
x 2k
4x ≠ 3x + 2kπ

⇔
2kπ , k ∈ ¢ .
cos4x − cos3x ≠ 0 ⇔ cos4x ≠ cos3x ⇔ 
 4x 3x + +2k
x 7

2 k
Vậy, ta đợc tập xác định của hàm số là D = R\{
}, với k Z.
3
Ví dụ 3:
Giả sử một con tàu vũ trụ đợc phóng lên từ mũi Ca-na-vơ-ran ở Mỹ.

Nó chuyển động theo một quỹ đạo đợc mô tả trên một bản đồ phẳng (qunah đờng
xích đạo) của mặt đất: điểm M mô tả cho con tàu, đờng thẳng mô tả cho đờng
xích đạo. Khoảng cách h từ M đến đợc tính theo công thức h = d, trong đó d


( t 10) với t (phút) là thời gian trôi qua kể từ khi con tàu đi vào
45



= 4000cos

quỹ đạo, d > 0 nếu M ở phÝa trªn ∆, d < 0 nÕu M ë phÝa dới .
a. Giả thiết rằng con tàu đi vào quỹ đạo ngay từ khi phóng lên tại mũi Ca-navơ-ran (tức là ứng với t = 0). HÃy tính khoảng cách từ điểm C đến đờng
thẳng , trong đó C là điểm trên bản đồ biểu diễn cho mũi Ca-na-vơ-ran.
b. Tìm thời điểm sớm nhất sau khi con tàu đi vào quỹ đạo để có d = 2000.
c. Tìm thời điểm sớm nhất sau khi con tàu đi vào quỹ đạo ®Ĩ cã d = −1236.



Gi¶i
a. Víi t = 0, ta đợc khoảng cách từ điểm C đến đờng thẳng là:
h = d = d = 4000cos

2
4000 ì 0,766 3064,178 km.
9

b. Để có d = 2000 điều kiện lµ:

6


π

π

1
π
( t − 10) = 2000 ⇔ cos  ( t − 10) =
= cos
2
3
 45

 45

t
 =25 +90 k
π
π
⇔
(t − 10) = ±
+ 2kπ ⇔ t =− +90 k , k ∈ Z.
5

45
3

4000cos 

(I)

Thêi ®iĨm sím nhÊt sau khi con tàu đi vào quỹ đạo chính là nghiệm dơng nhá nhÊt
cđa hƯ (I), ta thÊy ngay t = 25.
c. Để có d = 1236 điều kiện là:




3
( t 10) = −1236 ⇔ cos  ( t − 10) = −0,309 ≈ cos
5
 45

 45


4000cos 
⇔

π
3π
(t − 10) ≈ ±
+ 2kπ ⇔
45
5

t
 ≈37 +90 k

 ≈− +90 k
t
17


, k Z.

(II)

Thời điểm sớm nhất sau khi con tàu đi vào quỹ đạo chính là nghiệm dơng nhỏ nhất
của hệ (II), ta thÊy ngay t = 37.
VËy, thêi ®iĨm sím nhất là 37 phút.


2
Ví dụ 4:
Giải phơng trình cos[ cos(x − )] =
.
2
4
2

 Híng dÉn: Sư dơng ®iỊu kiƯn ®Ĩ phơng trình cosx = m có nghiệm.
Giải
Phơng trình tơng ®¬ng víi:
π π
π 1
π

 2 cos(x − 4 ) = 4 + 2kπ

cos(x − 4 ) = 2 + 4k (1)

⇔
, k ∈ Z.
 π cos(x − π ) = − π + 2kπ
cos(x − π ) = − 1 + 4k (2)
2

4
4
4
2


Phơng trình (1) có nghiệm khi và chØ khi:
1
3
1 k∈Z
 + 4k ≤ 1 ⇔ − ≤ k k = 0.
2
8
8
Khi đó (1) có dạng:
π
7π


 x − 4 = 3 + 2lπ
 x = 12 + 2lπ
π

1
cos(x − ) = ⇔ 
⇔
, l ∈ Z.
(3)
4
2
 x − π = − π + 2lπ
 x = + 2l


4
3

12

Phơng trình (2) có nghiệm khi vµ chØ khi:
1
1
3 k∈Z
 − + 4k ≤ 1 ⇔ − ≤ k ≤ ⇔ k = 0.
2
8
8
Khi ®ã (2) cã d¹ng:
π 2π
11π


 x − 4 = 3 + 2lπ

 x = 12 + 2lπ
π
1
cos(x − ) = − ⇔ 
⇔
, l ∈ Z. (4)
4
2
 x − π = − 2π + 2lπ  x = − 5π + 2lπ


4
3

12

7


Kết hợp (3) và (4), ta đợc:
11

x = 12 + lπ

, l ∈ Z.
 x = 7 π + l

12

Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.

Dạng 3: Phơng trình tanx = m.
Phơng pháp thực hiện
Ta biện luận theo các bớc sau:
Đặt điều kiện:

cosx 0 x
+ k, k Z.
2
Xét hai khả năng:
Khả năng 1: Nếu m đợc biểu diễn qua tan của góc đặc biệt, giả sử , khi đó phơng
trình có dạng:
tanx = tan x = + k, k Z.

Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua tan của góc đặc biệt, khi đó đặt
= tan, ta đợc
tanx = tan ⇔ x = α + kπ, k ∈ Z.
Trong c¶ hai trờng hợp ta đều kết luận phơng trình có một họ nghiệm.



m

Nhận xét: Nh vậy với mọi giá trị của tham số phơng trình luôn có nghiệm.

Ví dụ 1:
Giải các phơng trình sau:
x
a. tan(x 150) = 5.
c. tan(2x + 450).tan(1800 −
) = 1.

2
b. tan(2x + 1) = − 3 .



Giải
a. Đặt 5 = tan, ta có biến đổi:
tan(x − 150) = tanα ⇔ x − 150 = α + k1800 ⇔ x = 150 + α + k1800,
víi k Z.
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
b. Ta cã biÕn ®ỉi:
tan(2x + 1) = tan(−

π
π
1
π
kπ
) ⇔ 2x + 1 = −
+ kπ ⇔ x = −
−
+
, k ∈ Z.
3
3
2
6
2

Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.

c. Biến đổi phơng trình về dạng:
tan(2x + 450) = cot(1800

8

x
x
) tan(2x + 450) = tan(900 − 1800 +
)
2
2


⇔ tan(2x + 450) = tan(

x
x
− 900) ⇔ 2x + 450 =
− 900 + k1800
2
2

⇔ x = −900 + k1200, k Z.



Chú ý: Với câu a) ta còn có thể trình bày nh sau:
tan(x 150) = 5 x − 150 = arctan5 + k1800 ⇔ x = 150 + arctan5 + k1800,
với k Z.
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.

Ví dụ 2:

Tìm tập xác định của hµm sè sau:
y=

sin x + cos x
.
1 − tan x

 Hớng dẫn: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho hàm số tang và hàm phân thức.
Giải
Điều kiện để hàm số xác định là:


+ k
2
, k Z.

+ k
4


Vậy, ta đợc tập xác định của hàm số là D = R\{
+ k,
+ k}, với k Z.
2
4
Ví dụ 3:
Giải phơng tr×nh:

π
tan[ (cosx + sinx)] = 1.
4

π
π


x ≠
x ≠ + kπ
x ≠ + kπ



2
2

⇔
⇔
1 − tan x ≠ 0
 tan x ≠ 1
x ≠





 Híng dÉn: Sư dơng ®iỊu kiƯn cã nghiệm của phơng trình sinx = m.
Giải
Điều kiện:

cos[


(cosx + sinx)] 0.
4

(*)

Phơng trình tơng đơng với:



(cosx + sinx) =
+ kπ ⇔ cosx + sinx = 1 + 4k, k Z.
4
4

(1)

Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
1 + 4k ≤

2

⇔ −

2 +1
≤k≤
4

2 −1
4

k∈
Z

⇔k

= 0.

Khi ®ã (1) cã d¹ng:
cosx + sinx = 1 ⇔

2

sin(x +

π
π
2
) = 1 ⇔ sin(x +
)=
4
4
2

9


π π


x = 2 lπ
x + 4 = 4 + 2 lπ

⇔
⇔ 
x = π +2 lπ, l ∈ Z thoả mÃn (*).
3
x + =

+ 2 l
2


4
4


Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
Dạng 4: Phơng trình cotx = m.
Phơng pháp thực hiện
Ta biện luận theo các bớc sau:
Đặt điều kiÖn:
sinx ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ, k ∈ Z.
XÐt hai khả năng:
Khả năng 1: Nếu m đợc biểu diễn qua cot của góc đặc biệt, giả sử , khi đó phơng
trình có dạng :
cotx = cot x = + k, k Z.
Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua cot của góc đặc biệt, khi đó đặt m =
cot, ta đợc

cotx = cot x = α + kπ, k ∈ Z.
Trong c¶ hai trờng hợp ta đều kết luận phơng trình có một họ nghiệm.



Nhận xét: Nh vậy với mọi giá trị của tham số phơng trình luôn có nghiệm.

Ví dụ 1:

Giải các phơng trình sau:

x
0
a. cot 20 ữ =
3



3

.

b. cot2x = tan


.
5

Giải
a. Ta có biến đổi:
x
x
0
cot 20 ữ = cot300 ⇔
− 200 = 300 + k1800
3
3

⇔ x = 1500 + k5400, k Z.
Vậy, phơng trình có một hä nghiƯm.
b. Ta cã biÕn ®ỉi:
π
3π
3π
π π
cot2x = tan = cot(
− ) = cot
⇔ 2x =
+ kπ
2
5
5
10
10
3π
kπ
⇔x=
+

, k ∈ Z.
20
2
VËy, phơng trình có một họ nghiệm.
sin x + cos x
Ví dụ 2:
Tìm tập xác định của hàm số y =
.
cot 2x − 3

 Híng dÉn: ThiÕt lËp ®iỊu kiƯn cã nghĩa cho hàm số tang và hàm phân thức.
10




Giải
Điều kiện để hàm số xác định là:
k

k

x 2
2x ≠ kπ

x ≠

2

⇔

⇔
, k ∈ Z.
cot 2x − 3 ≠ 0

cot 2x ≠ 3
 x ≠ π + kπ


12 2

k
k
Vậy, ta đợc tập xác định của hàm số là D = R\{
,
+
}, với k Z.
2 12
2

Bài toán: BiƯn ln theo m sè nghiƯm thc (α; β) cđa phơng trình lợng
giác cơ bản.
Phơng pháp thực hiện
Giả sử với phơng trình:
sinx = m.
Ta lựa chọn một trong hai cách sau:
C¸ch 1: Thùc hiƯn theo c¸c bíc sau:
∩
a.BiĨu diƠn (α, ) trên đờng tròn đơn vị thành cung AB
b. Tịnh tiến đờng thẳng m song song với trục cosin, khi ®ã sè giao
∩

®iĨm cđa nã víi cung AB b»ng sè nghiệm thuộc (, ) của phơng
trình.
sin
1 5/2
A /2
3

1

B

x1

y
1
2 1 cosin

O

0

m
3π/2
−1

x2

O

π/2 π

x1

−1

x

x2
2π

3π

y= m
y= sinx

C¸ch 2: Thùc hiƯn theo c¸c bíc sau:
Bớc 1.
Bớc 2.



Vẽ đồ thị hàm số y = sinx, lấy trên (, ).
Tịnh tiến đờng thẳng y = m song song víi trơc Ox, khi ®ã sè giao
®iĨm cđa nó với phần đồ thị hàm số y = sinx bằng số nghiệm
thuộc (, ) của phơng trình.

Chú ý: Phơng pháp trên đợc mở rộng tự nhiên cho:

1. Phơng trình cosx = m, víi lu ý khi sư dơng c¸ch 1 ta tịnh tiến đờng thẳng m
song song với trục sin.

2. Với các phơng trình tanx = m và cotx = m ta chØ cã thĨ sư dơng c¸ch 2.
11


Ví dụ 1:
1. Vẽ đồ thị hàm số y = sinx rồi chỉ ra trên đồ thị đó những điểm hoành độ thuộc

khoảng ( ; 4) là nghiệm của mỗi phơng trình sau:
a. sinx =

3
.
2

b. sinx = 1.

2. Cũng câu hỏi tơng tự cho hàm số y = cosx đối với mỗi phơng trình sau:
a. cosx =



1
.
2

b. cosx = 1.

Giải
1. Đồ thị hàm số y = sinx đợc cho bởi hình vẽ sau:
y

/2



y=

ã

B2

ã

B1

1

O

/2

y=1

A2

A1

ã

ã

4



2

ã

1

B3

3

ã

ã

B5

B4

ã

x

B6

3
trên khoảng ( ; 4) chính là hoành độ

2
3
giao điểm của đồ thị hàm số y = sinx với đờng thẳng y =
trên khoảng
2

a. Nghiệm của phơng trình sinx =

đó, cụ thể là các điểm B1, B2, B3, B4, B5, B6. Tõ ®ã, ta cã nghiÖm:
x1 = −

2π
π
4π
5π
10π
11π
, x2 = − , x3 =
, x4 =
, x5 =
, x6 =
.
3
3
3
3
3
3

b. Nghiệm của phơng trình sinx = 1 trên khoảng ( ; 4) chính là hoành độ giao

điểm của đồ thị hàm số y = sinx với đờng thẳng y = 1 trên khoảng đó, cụ thể là
các điểm A1, A2. Từ đó, ta có nghiệm:
x'1 =


5
, x'2 =
.
2
2

2. Đồ thị hàm số y = cosx đợc cho bởi hình vẽ sau:
y
y = 1/2

B1


y = 1 •

A0

12

•

1
1/2

O

−π/2
−1

•B2
π/2

B3
π

•

A1

•B4

•

3π

2π

B5

•
4π

•

A2

x


1
trên khoảng ( ; 4) chính là hoành độ giao
2
1
điểm của đồ thị hàm số y = cosx với đờng thẳng y =
trên khoảng đó, cụ thể là
2

a. Nghiệm của phơng trình cosx =

các điểm B1, B2, B3, B4, B5. Tõ ®ã, ta cã nghiƯm:
x1 = −



π
π
5π
7π
11π
, x2 =
, x3 =
, x4 =
, x5 =
.
3

3
3
3
3

b. Nghiệm của phơng trình cosx = 1 trên khoảng ( ; 4) chính là hoành độ giao
điểm của đồ thị hàm số y = cosx với đờng thẳng y = 1 trên khoảng đó, cụ thể là
các điểm A1, A2. Từ đó, ta có nghiệm:
x'1 = π, x'2 = 3π.
NhËn xÐt: Nh vËy, vÝ dô trên đà minh hoạ việc sử dụng đồ thị để tìm nghiệm thuộc
khoảng (a; b) của phơng trình sinx = m. Tuy nhiên, trong thực té phơng
pháp đó quá cồng kềnh so với phơng pháp so sánh. Ví dụ sau sẽ minh hoạ
cho nhận xét này.
Biện luận theo m số nghiƯm thc [

VÝ dơ 2:

sinx = m.

π 8π
;
] cđa ph¬ng trình:
6
3

Hớng dẫn: Thiết lập đồ thị cho hàm số sinx.
Giải
Ta lựa chọn một trong hai cách biểu diễn
y

sin
8/3

1

B
1/2

/2
/6 A
cosin

1
1/2

O /6

O



x1

y= sinx
x

x2
2

8/3

m
x1

1

x2

Kết luận: đặt D = (

1

y= m

8
,
), ta có:
6
3




Với |m| > 1, phơng trình vô nghiệm.
Với m = 1, phơng trình có 1 nghiệm thuộc D.



Với 1 < m <

Với



1
hoặc m = 1, phơng trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc D.
2
3
, phơng trình có 3 nghiệm phân biệt thuộc D.
2

1
m <
2
3
Với
m < 1, phơng trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc D.
2

13


VÝ dơ 3:

BiƯn ln theo m sè nghiƯm thc (−

5π
; ) của phơng trình

4

(m + 1)sinx = (m 1)cosx.

(1)

Hớng dẫn: Chuyển phơng trình ban đầu về dạng tanx = f(m).
Giải
Biến đổi phơng trình về dạng:
sinx + cosx = m(cosx − sinx) ⇔
⇔ tan(x +

2

sin(x +

π
π
) = m 2 cos(x +
)
4
4
y

y=tan(x+)

π
) = m.
4

Ta cã kÕt luËn:

1



Víi m ≥ 1 hoặc m 0, phơng trình
có 2 nghiệm phân biệt thuộc D.



Với 0 < m < 1, phơng trình có 3
nghiệm phân biệt thuộc D.

Ví dụ 4:

5/4

O

x

y=m

y=tan
x

Tìm nghiệm của các phơng trình sau trong khoảng đà cho:

a. sin2x = −

π.

1
víi 0 < x <
2

 Híng dÉn:
 Gi¶i

b. cos(x − 5) =

.

3
với < x <
2

a. Trớc tiên, ta đi giải phơng trình bằng phép biến đổi:




2 x = 6 + 2 kπ
x = − 12 + kπ
π
sin2x = sin(− ) ⇔ 
⇔ 
, k ∈ Z.
6

2 x = π + π + 2 kπ
x = 7π + kπ


6
12



Víi điều kiện 0 < x < , ta lần lợt cã:

π
π
π
1
13
+ kπ < π ⇔
< kπ <
+π⇔
12
12
12
12
12
π
11π
k∈
Z
+π=

.
⇒k = 1 ⇒ nghiÖm x1 = −
12
12
7π
7π
7π
7
5
0<
+ kπ < π ⇔ −
< kπ < −
+π⇔−
12
12
12
12
12
7π
7π
k∈
Z
+ 0.π =
.
⇒k = 0 ⇒ nghiÖm x2 =
12
12
11π
7π

VËy, phơng trình có hai nghiệm x1 =
và x2 =
.
12
12

0<

b. Trớc tiên, ta đi giải phơng trình bằng phép biến đổi:
14


π
π


x − 5 = 6 + 2 kπ
x = 5 + 6 + 2 kπ
π
cos(x − 5) = cos
⇔ 
⇔ 
, k ∈ Z.
6
x − 5 = − π + 2 kπ
x = 5 − π + 2 kπ


6
6




Víi ®iỊu kiện < x < , ta lần lợt có:




+ 2kπ < π ⇔ −π − 5 −
< 2kπ < π − 5 −
6
6
6
1
5
1
1
5
1
⇔−
−
−
≈ −1,3 < k <
−
−
≈ −0,3
2
2π
12
2

2π
12
π
11π
k∈
Z
− 2π = 5 −
.
⇒k = −1 ⇒ nghiÖm x1 = 5 +
6
6
π
π
π
−π < 5 −
+ 2kπ < π ⇔ −π − 5 +
< 2kπ < π − 5 +
6
6
6
1
5
1
1
5
1
⇔−
−
+
≈ −1,1 < k <

−
+
≈ −0,4
2
2π
12
2
2π
12
π
13π
k∈
Z
− 2π = 5 −
.
⇒k = −1 ⇒ nghiệm x1 = 5
6
6
11
13
Vậy, phơng trình có hai nghiệm x1 = 5
và x2 = 5
.
6
6
Ví dụ 5:
Tìm nghiệm của các phơng trình sau trên khoảng đà cho:

< 5 +

a. tan(2x − 150) = 1 víi −1800 < x < 900.
b. cot3x = −

1
3

víi −

π
< x < 0.
2



Giải
a. Trớc tiên, ta đi giải phơng trình bằng phép biÕn ®ỉi:
tan(2x − 150) = tan450 ⇔ 2x − 150 = 450 + k1800 ⇔ x = 300 + k900
víi k ∈ Z.
Víi ®iỊu kiƯn −1800 < x < 900, ta lần lợt có:
1800 < 300 + k900 < 900 ⇔ −2100 < k900 < 600
x 1 = −
150 0
2
k 1 = −

7
2 k∈ 
Z

60 0 .

1
⇔−
⇒ k 2 = − ⇒ x 2 = −
3
3
0
k 3 = 0
x 3 =30



Vậy, phơng trình có ba nghiệm x1 = 150 , x2 = 600 và x3 = 300.
b. Trớc tiên, ta đi giải phơng trình bằng phép biến đổi:
0

15


cot3x = cot(−

π
π
π
kπ
) ⇔ 3x = −
+ kπ ⇔ x = −
+
, k ∈ Z.
3

3
9
3

π
< x < 0, ta lÇn lợt có:
2

k
7
3


<
+
<0
9
3
6
4
2

Với điều kiện

1
k 1 =
4

x1 =

và x2 = .
9
9
2 =0

k
Z

k

Vậy, phơng trình cã hai nghiƯm x1 = −

4π
π
vµ x2 = − .
9
9

Mïa xuân ở Hội Lim (tỉnh Bắc Ninh) thờng có trò chơi đu. Khi ngời
chơi nhún đều, cây đu sẽ đa ngời chơi đu dao động qua lại vị trí cân bằng. Nghiên
cứu trò chơi này, ngời ta thấy khoảng cách h (tính bằng mét) ngời chơi đu đến vị
trí cân bằng đợc biểu diễn qua thời gian t (t 0, đợc tính bằng giây) bởi hệ thức h
Ví dụ 6:

π





= d víi d = 3cos  3 (2 t −1) , trong ®ã ta quy íc r»ng d > 0 khi vị trí cân bằng
ở về phía sau lng ngời chơi đu d < 0 trong trờng hợp trái lại.
a. Tìm các thời điểm trong vòng 2 giây đầu tiên mà ngời chơi đu ở xa vị trí
cân bằng nhất.
b. Tìm các thời điểm trong vòng 2 giây đầu tiên mà ngời chơi đu cách vị trí
cân bằng 2m.

Hớng dẫn:
Giải
a. Trong 2 giây đầu tiên (0 t 2), ngời chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất khi h đạt
giá trị lớn nhất, tức lµ:
π

π

π
cos  (2 t −1) = ±1 ⇔ sin  (2 t −1) = 0 ⇔
(2t − 1) = kπ
3

⇔t=



3



3

1
3k
+
, k ∈ N.
2
2

Víi ®iỊu kiƯn 0 ≤ t ≤ 2, ta đợc:
0

k
0
1
3k
k =
Z
+
2 = t1 = 0,5 (s) hoặc t2 = 2 (s).
k
1

2
2

Vậy, ở vào thời điểm t = 0,5 (s) hoặc t = 2 (s) trong 2 giây đầu tiên, ngời chơi đu ở
xa vị trí cân bằng nhất.
b. Trong 2 giây đầu tiên (0 t 2), ngời chơi đu cách vị trí cân bằng 2m, tức là:

4
3cos (2 t 1) = ±2 ⇔ cos2  (2 t −1) =
3

16



3



9


2π

2π

1
1
4
1
+
cos  (2 t − 1) =
⇔ cos  (2 t − 1) = −
≈ cos(0,535π)
2
2

9
9
3

3

3k
2 π

 3 (2 t −1) ≈ 0,535 π + 2 kπ
t ≈ 0,9 + 2
⇔ 
⇔ 
, k ∈ N.
2 π (2 t −1) ≈ −0,535 π + 2 kπ
t ≈ 0,1 + 3k
3

2



⇔

Víi điều kiện 0 t 2, ta lần lợt cã:
3k
k∈
N
≤ 2 ⇒k = 0 ⇒ t1 = 0,9 (s).
2

k
0
3k
k∈
N  =
0 ≤ 0,1 +
≤ 2 ⇒  = ⇒ t2 = 0,1 (s) hc t2 = 1,6 (s).
k
1

2

0 ≤ 0,9 +

Vậy, ở vào thời điểm t = 0,1 (s) hc t = 0,9 (s) hc t = 1,6 (s) trong 2 giây đầu
tiên, ngời chơi đu cách vị trí c©n b»ng 2m.

17


Giáo án điện tử của bài giảng này giá: 950.000đ.
1. Liên hệ thầy LÊ HỒNG ĐỨC qua điện thoại 0936546689
2. Bạn gửi tiền về:
LÊ HỒNG ĐỨC
Số tài khoản: 1506205006941
Chi nhánh NHN0 & PTNT Tây Hồ
3. 3 ngày sau bạn sẽ nhận được Giáo án điện tử qua email.

LUÔN LÀ NHỮNG GAĐT
ĐỂ BẠN SÁNG TẠO TRONG TIẾT DẠY

C. bµi tËp rÌn luyện
Bài tập 1: Giải các phơng trình sau:

1
x+
a. sin4x = sin .
b. sin
ữ= .
5
2
5
Bài tập 2: Giải các phơng trình sau:
2

= cos2x.
a. sin x
b. sin(.sin4x) = 1.
3

Bài tập 3: Tìm tập xác định của hàm số y =

1 cos x
2 sin x + 2

Bài tập 4: Giải các phơng trình sau:
π 2
x

a. cos = cos 2 .

b. cos  x + ữ = .
18 5
2

Bài tập 5: Tìm tập xác định của các hàm số sau:

18

.


sin(x − 2)
a. y =
.
cos 2x − cos x

b.

y=

3sin 2x + cos x
.
2π 
π .


cos  4x +
÷+ cos  3x ữ
5
4

Bài tập 6: Giải các phơng trình sau:

a. cos2x − sin2x = 0.

b. cos2(x +

Bµi tËp 7: Giải các phơng trình sau:
3
a. tan3x = tan
.
5
Bài tập 8: Giải các phơng trình sau:

a. tan(x 150) = 5.

y
5
) = y2 − y + .
3
4

b. tan(2x − 1) =

b. tan(2x + 450).tan(1800

Bài tập 9: Tìm tập xác định cđa hµm sè y =

3.

x
) = 1.
2

tan x
.
1 + tan x


(sinx cosx)] = 1.
4
Bài tập 11: Giải các phơng tr×nh sau:
 1
x
0
a. cot2x = cot  −  .
b. cot + 20 ữ = 3 .
3
4

Bài tập 12: Giải các phơng trình sau:
2

a. cot3x = tan .
b. cot2x = sin .
5
5
1

Bài tập 13: Tìm tập xác định của hàm số y =
.
3 cot 2x + 1

Bài tập 14: Giải phơng trình cot[
(cosx + sinx)] = 1.
4
Bài tập 15: Tìm nghiệm của phơng trình sau trong khoảng ®· cho:
1
sin2x = − víi 0 < x < π.
2
Bµi tập 16: Vẽ đồ thị hàm số y = cosx rồi chỉ ra trên đồ thị đó những điểm hoành độ
thuộc khoảng ( ; 4) là nghiệm của mỗi phơng trình sau:
1
a. cosx = 1.
b. cosx = .
2
Bài tập 17: Tìm nghiệm của phơng trình sau trong khoảng đà cho:
3
cos(x − 5) =
víi −π < x < π.
2
Bµi tËp 18: Vẽ đồ thị hàm số y = tanx rồi chỉ ra trên các đồ thị đó những điểm có hoành
độ thuộc khoảng (; ) là nghiệm của mỗi phơng trình sau:
a. tanx = 1.
b. tanx = 0.
Bài tập 10: Giải phơng trình tan[

19

Bài tập 19: Vẽ đồ thị hàm số y = cotx rồi chỉ ra trên các đồ thị đó những điểm có hoành
độ thuộc khoảng (; ) là nghiệm của mỗi phơng trình sau:
3
a. cotx =
.
b. cotx = 1.
3
Bài tập 20: Tìm nghiệm của các phơng trình sau trên khoảng ®· cho:
1
π
cot3x = −
víi − < x < 0.
3
2
Bµi tËp 21: Giải các phơng trình sau:
1
a. sinx + 3 cosx = 0.
b. sin2x + sin2x =
.
2
Bài tập 22: Giải các phơng trình sau:
x
1
1
a. cot2
=
.
b. sin22x =
.

2
2
3
Bài tập 23: Giải các phơng trình sau:

a. tan(2x + 1)tan(3x 1) = 1.









b. tanx + tan  x + 4  = 1.

Bµi tËp 24: BiƯn ln theo m sè nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh:
π
π 19π
a. sin(2x − ) = m, víi x ∈ [−
;
].
4
24
8
π
5π 13π
b. cos(x − ) = m, víi x ∈ [
;

].
3
6
6
Bµi tËp 25: BiƯn ln theo m sè nghiƯm cđa phơng trình:


a. tan(2x ) = m, với x (− ; π).
3
4
π
5π
b. cot(x − ) = m, víi x (
; ).
4
4

D. hớng dẫn đáp số
Bài tập 1:
a. Ta cã biÕn ®ỉi:
π
π kπ


 4x = 5 + 2kπ
 x = 20 + 2

⇔
,k∈ ¢ .
 4x = π − π + 2kπ

 x = π + kπ


5
5 2


VËy, phơng trình có hai họ nghiệm.
b. Ta có biến đổi:

11
x + π

 5 = − 6 + 2kπ
 x = − 6 + 10kπ
π
 x + π
sin 
⇔
, k∈ ¢ .
÷ = sin(− ) ⇔  x + π
π
6
 5 

 x = 29π + 10kπ
= π + + 2kπ
 5

6

6


Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
Bài tập 2:
20


a. Biến đổi phơng trình về dạng:
2



sin x −
÷ = sin  − 2x ÷
3 

2

2π π
7 π 2kπ


 x − 3 = 2 − 2x + 2kπ
 x = 18 + 3
⇔
⇔
,k∈ ¢ .
 x − 2π = π + 2x + 2kπ
 x = − 7 + 2k

3 2
6


Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.

b. Ta cã:
π
1
+ 2kπ ⇔ sin4x = + 2k, k ∈ Â .
2
2
Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
1
1 k∈Z
 + 2k ≤ 1 ⇔ − ≤ k ≤
k = 0.
2
4
Khi đó (1) có dạng:

l


4x = 6 + 2lπ
 x = 24 + 2
1
sin4x = ⇔ 

⇔
,l∈ ¢ .
2
 4x = 5π + 2lπ
 x = 5 + l


6

24 2

Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
Bài tập 3: Điều kiện để hàm số xác định là:

sin(.sin4x) = 1 ⇔ π.sin4x =

2sinx +

2

≠ 0 ⇔ sinx ≠

2
2

Vậy, hàm số xác định trên D = Ă \{

(1)

x ≠ − + 2 kπ


4
π
= sin(− ) ⇔ 
,k∈ ¢ .
4
 x ≠ 5π + 2 kπ
 4

π
5π
+ 2kπ,
+ 2kπ}, với k  .
4
4

Bài tập 4:
a. Ta có biến ®æi:
x
= ± 2 + 2kπ ⇔ x = ±2 2 + 4k, k  .
2
Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
2
b. Đặt
= cos, ta có biến đổi:
5

cos x + ÷ = cosα ⇔ x + = ±α + 2kπ ⇔ x = ±α −
+ 2kπ, k ∈ ¢ .
18 
18


21


Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.



Chú ý: Với câu b) ta còn có thể trình bày nh sau:

2
2

= arccos + 2kπ ⇔ x = ± arccos −
+ 2kπ, víi k  .
18
5
5 18
Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.

x+

Bài tập 5:

a Điều kiện để hàm số xác định lµ:
cos2x − cosx ≠ 0 ⇔ cos2x ≠ cosx
 x ≠ 2kπ
 2x ≠ x + 2kπ

2kπ
2kπ ⇔ x ≠
⇔
⇔
,k∈ ¢ .
3
 2x ≠ − x + 2kπ
x ≠ 3

2kπ
VËy, ta đợc tập xác định của hàm số là D = Ă \{
}, với k  .
3
b Điều kiện để hàm số xác định là:
2

2





cos 4x +
÷+ cos  3x − ÷ ≠ 0 ⇔ cos  4x +
÷ ≠ − cos  3x − ÷

5 
4
5 
4




2π 

 5π

⇔ cos  4x +
÷ ≠ cos  − 3x ÷
5 
4



2π 5π
17 π 2kπ


 4x + 5 ≠ 4 − 3x + 2kπ
 x ≠ 140 + 7


⇔
⇔
,k∈ ¢ .

 4x + 2π ≠ − 5π + 3x + 2kπ
 x ≠ − 33π + 2kπ


5
4
20


17 π 2kπ
33π
+
+ 2kπ } víi k ∈ ¢ .
VËy, ta đợc tập xác định của hàm số là D = ¡ \{
,−
140
7
20



NhËn xÐt: Nh vËy, trong vÝ dơ trªn:
 ë câu a), biểu thức điều kiện đợc chuyển ngay về phơng dạng cơ
bản cos[f(x)] = cos[g(x)]. Tuy nhiên, cũng có thể thực hiện bằng
cách biến đổi:
cos2x cosx 0 ⇔ 2cos2x − cosx − 1 ≠ 0

 cos x ≠ 1

⇔

1
cos x ≠ −

2


22

 x ≠ 2 kπ

⇔
2π
x ≠ ± + 2 kπ

3

⇔x≠

2 kπ
, k ∈ Z.
3

ë c©u b), chúng ta cần sử dụng công thức của hai góc bù nhau để
chuyển phơng trình ban đầu về dạng cơ bản cos[f(x)] = cos[g(x)].
Tuy nhiên, cũng có thể thực hiện bằng cách biến đổi:


2π 
π



cos  4x +
÷+ cos  3x − ÷ ≠ 0
5 
4


 7x 3π 
 x 13π 
⇔ 2cos 
+ ÷.cos  +
÷≠ 0
 2 40 
 2 40 
  7x 3π 
 7x 3π π
cos  2 + 40 ÷ ≠ 0
 2 + 40 ≠ 2 + kπ

 

⇔
⇔
 x + 13π ≠ π + kπ
cos  x + 13π  ≠ 0

÷
 2 40 2
  2 40 



17 π 2kπ

 x ≠ 140 + 7


,k  .
x 7 + 2k

20

Bài tập 6:
a. Biến đổi phơng trình về dạng:
1
1
cos2x
(1 cos2x) = 0 ⇔ cos2x =
= cos2α
2
3
⇔ 2x = ±2α + 2kπ ⇔ x = ±α + kπ, k ∈ ¢ .
Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
b. Nhận xét rằng:
2
5 
1
y2 − y + =  y − ÷ + 1 1
4
2
do đó, phơng trình đợc chuyển thành hƯ:

1
1
1



y = 2
y = 2
y = 2




⇔
⇔
,k∈ ¢ .
cos(2x + π ) = 1
 2x + π = 2kπ
 x = + 2k



3
3
6



1

Vậy, phơng trình có cặp nghiệm là + 2k; ữ với k  .
2
6

(*)



Chú ý: Nếu các em học sinh không biết cách đánh giá nh (*) thì chỉ cần thực hiện
thiết lập điều kiện có nghiệm của phơng trình cos[f(x)] = m lµ m ≤ 1, cơ
thĨ:
9
 2
y − y + 4 ≥ 0
5
5
1

y2 − y + ≤ 1 ⇔ − 1 ≤ y2 − y + ≤ 1 ⇔ 
⇔ y= .
4
4
2
y2 − y + 1 ≤ 0

4

Bµi tËp 7:
a. Ta cã biÕn ®ỉi:
3x =

π
kπ
3π
+ kπ ⇔ x =
+
,k∈ Â .
5
3
5

Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.

23


b. Ta cã biÕn ®ỉi:

π
π
1
kπ
⇔ 2x − 1 = + k x = + +
,k  .
3
3
2
2
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
Bài tập 8:

a. Đặt 5 = tan, ta cã biÕn ®ỉi:
tan(x − 150) = tanα ⇔ x − 150 = α + k1800 ⇔ x = 150 + + k1800, với k  .
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
b. Biến đổi phơng trình về d¹ng:
x
x
tan(2x + 450) = cot(1800 − ) ⇔ tan(2x + 450) = tan(900 − 1800 + )
2
2
x
x
⇔ tan(2x + 450) = tan( − 900) ⇔ 2x + 450 = − 900 + k1800
2
2
⇔ x = −900 + k1200, k ∈ ¢ .

tan(2x − 1) = tan



Chó ý: Víi c©u a) ta còn có thể trình bày nh sau:
tan(x 150) = 5 ⇔ x − 150 = arctan5 + k1800
⇔ x = 150 + arctan5 + k1800, víi k ∈ Â .
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
Bài tập 9: Điều kiện để hàm số xác định là:

x 2 + kπ
x ≠ + kπ
x ≠ + kπ



2
2

⇔
⇔
,k∈ ¢ .
1 + tan x ≠ 0
 tan x ≠ −1
 x + k



4



Vậy, ta đợc tập xác định của hàm số là D = Ă \{ + k, + k}, với k  .
2
4
Bài tập 10: Điều kiện

cos[ (sinx cosx)] 0.
(*)

4
Phơng trình tơng ®¬ng víi:
π
π
(sinx − cosx) =
+ kπ ⇔ sinx − cosx = 1 + 4k, k ∈ ¢
4
4
π
π  1 + 4k


(1)
⇔ 2 sin  x − ÷ = 1 + 4k sin x ữ =
.
4
4
2


Phơng trình (1) cã nghiƯm khi vµ chØ khi:
1 + 4k
k∈Z
≤ 1 ⇔ − 2 + 1 ≤ k ≤ 2 − 1 k = 0.
2
4
4
Khi đó (1) có dạng:

24

π π

π

 x − 4 = 4 + 2lπ
π
2

 x = 2 + 2l , l  thoả (*).
sin  x − ÷ =
⇔ 
⇔
4 2

 x − π = 3π + 2lπ
 x = π + 2lπ

4 4

VËy, phơng trình có hai họ nghiệm.
Bài tập 11:
a. Ta có biến đổi:
1
1
k
2x =
+ k x =
+

,k  .
3
6
2
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
b. Ta có biến ®ỉi:
x
x
0
cot  + 20 ÷ = cot(−300) ⇔
+ 200 = −300 + k1800
4
4


⇔ x = −2000 + k7200, k ∈ Â .
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
Bài tập 12:
a. Ta cã biÕn ®ỉi:
2π
π
2π
π
π
kπ
cot3x = tan
= cot( −
) = cot
⇔ 3x =
+ k x = +

,k  .
5
2
5
10
10
3
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
b. Ta có biến đổi:

1
kπ


2x = arc cot  sin ÷+ kπ ⇔ x = arc cot sin ữ+
,k  .
5
2
5 2


Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
Bài tập 13: Điều kiện để hàm số xác định là:
k

k

x 2
x 2
2x kπ






⇔
⇔
,k∈ ¢ .
 3 cot 2x + 1 ≠ 0

cot 2x ≠ − 1
 x ≠ − π + kπ


6 2
3


k

k
Vậy, ta đợc tập xác định của hàm số là D = ¡ \{ , − +
}, víi k ∈ Â .
2
6
2
Bài tập 14: Điều kiện

sin[ (cosx + sinx)] 0.
(*)

4
Phơng trình tơng đơng với:


(cosx + sinx) =
+ k cosx + sinx = 1 + 4k, k ∈ Z
4
4
⇔

π
π  1 + 4k


2 sin  x + ÷ = 1 + 4k ⇔ sin  x + ÷ =
.
4
4
2



(1)

25