dung phuong phap luong giac giai mot so phuong trinh trong toan pho thong

PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT
NHỜ PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
Khi gặp các phương trình đại số đại số rất khó giải, khi đó chúng ta xem có thể thay đổi hình thức của bài
toán (thường thông qua phương pháp ẩn phụ) để thu được những phương trình đơn giản hơn hay không!Trong
một số trường hợp ta có thể chuyển phương trình đại số thành phương trình lượng giác thông qua các dấu hiệu
đặc biệt của các biểu thức chứa ẩn có mặt trong PT và thông qua miền giá trị của chúng.
I CÁC BIỂU THỨC THƯỜNG ĐƯỢC LƯỢNG GIÁC HÓA
BIỂU THỨC ĐẠI SỐ CÁCH CHỌN ẨN PHỤ
2 2
a x−
sin ;
2 2
x a t t
π π
= − ≤ ≤
hoặc
cos ;0x a t t
π
= ≤ ≤
2 2
x a−
;
sin
a
x
t
=
{ }
; \ 0
2 2

t
π π
 
∈ −
 
 
hoặc
;
cos
a
x
t
=
[ ]
0; \
2
t
π
π
 
∈
 
 
2 2
a x+
tan ; ;
2 2
x a t t
π π
= − < <

hoặc
cot ;0 ;x a gt t
π
= < <
2 2
ax
1
c
bx
c
   
+ =
 ÷  ÷
   
[ ]
.sin
; 0 ; 2
.cos
c t
x
a
t
c t
y
a
π

=



∀ ∈


=


3
4 3x x−
(giống
3
4cos 3cost t−
os3tc
→
)
cos ; 0x t t
π
= ≤ ≤
2
2 1x −
(giống
2
2cos 1t −
os2tc→
)
cos ; 0x t t
π
= ≤ ≤
2
2
1

x
x−
(giống
2
2 tan
tan 2
1 tan
t
t
t
→
−
)
tan ;
2 2
x t t
π π
−
= < <
2
2
1
x
x+
(giống
2
2 tan
n 2
1 tan
t

si t
t
→
+
)
tan ;
2 2
x t t
π π
−
= < <
II CÁC VÍ DỤ:
Ví dụ 1: Giải phương trình :
( ) ( )
2
3
23
121 xxxx
−=−+
Giải :
+ ĐK :
→≤≤−
11 x
ẩn phụ
ϕ
cos
=
x
với
πϕ

≤≤
0
.
+ Khi đó
2
1 sinx
ϕ
− =
;
sin 0 sin sin
ϕ ϕ ϕ
≥ ⇒ =
1 Nguyễn Công Mậu
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
+ Ta có phương trình :
3 3
os sin 2 sin . osc c
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ =

( ) ( )
sin os 1 sin . os 2 sin . osc c c
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
⇔ + − =
+ Đặt
sin os = 2 sin
4
u c
π
ϕ ϕ ϕ

 
= + +
 ÷
 
+ Vì :
5 2
0 sin 1
4 4 4 2 4
π π π π
ϕ π ϕ ϕ
 
≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ − ≤ + ≤
 ÷
 

1 2u⇒ − ≤ ≤
+ Thu gọn phương trình theo ẩn u ta được :
2
( 2)( 2 2 1) 0u u u− + + =
(*)
+ PT (*) có các nghiệm là :
2 ; 2 1 ; 2 1 2u u u= = − + = − − < −
(loại)
+ Với
2 2 ( )
4
u k k Z
π
ϕ π
= ⇔ = + ∈

2
2
x⇒ =
+Vơi
2
u 1
sin os =1- 2 sin . os = 1 2
2
u c c
ϕ ϕ ϕ ϕ
−
= + ⇒ = −
Vậy
sin , osc
ϕ ϕ
là nghiệm PT :
2
2 1 ( 2 1)(3 2)
(1 2) 1 2 0
2
t t t
− + ± − +
− − + − = ⇔ =
+ Vì
- 2 1 ( 2 1)(3 2)
sin 0 os =
2
c x
ϕ ϕ
+ − − +

≥ ⇒ =
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là :
2
2
x =
và
- 2 1 ( 2 1)(3 2)
2
x
+ − − +
=
Ví dụ 2: Giải phương trình :
2 2
1 1
1
2 2
x x
a a
a a
   
+ −
− =
 ÷  ÷
   
với tham số
( )
0;1a∈
Giải :
2 2
1 1

1
2 2
x x
a a
a a
   
+ −
− = ⇔
 ÷  ÷
   
2 2
1 1
1
2 2
x x
a a
a a
   
+ −
= +
 ÷  ÷
   
+ Chia cả hai vế của phương trình cho
2
1
2
x
a
a
 

+
 ÷
 
, ta được :
2
2 2
2 1
1
1 1
x
x
a a
a a
 
−
 
= +
 ÷
 ÷
+ +
 
 
.
+ Vì
( )
0;1a∈
nên tồn tại góc
0;
2
π

ϕ
 
∈
 ÷
 
để cho
tan
2
a
ϕ
=
.
+ Thu được phương trình :
2
2 tan
2
1
1 tan
x
ϕ
ϕ
 
 ÷
=
 ÷
+
 ÷
 
2
2

1 tan
2
1 tan
x
ϕ
ϕ
 
−
 ÷
+
 ÷
+
 ÷
 
( ) ( )
1 sin cos
x x
ϕ ϕ
⇔ = +
+ Hàm số
( ) ( )
sin cos
x x
y
ϕ ϕ
= +
là hàm nghịch biến và ta có :

( ) ( )
2 2

(2) sin cos 1f
ϕ ϕ
= + =
.
+ Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình :
Giải :
( ) ( )
2332
121111 xxxx
−+=






+−−−+
2 Nguyễn Công Mậu
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
+ ĐK :
→≤≤−
11 x
ẩn phụ
ϕ
cos
=
x
với
πϕ

≤≤
0
+ Khi đó
2
1 sinx
ϕ
− =
;
sin 0 sin sin
ϕ ϕ ϕ
≥ ⇒ =
+ Phương trình đã cho có dạng lượng giác là :
( ) ( )
3 3
1 sin 1 os 1 os 2 sinc c
ϕ ϕ ϕ ϕ
 
+ − − + = +
 
 
(1)
+ Vì
2
1 sin sin os sin os
2 2 2 2
c c
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ
 
+ = + = +

 ÷
 
(do
πϕ
≤≤
0
nên
sin 0 & os 0
2 2
c
ϕ ϕ
≥ ≥
)
+ Biến đổi (1) được :
( )
2 2
2 sin os 2 sin 2 sin 2 os =1
2 2
c c
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
 
− + = + ⇔ −
 ÷
 
1 2
os =-
2
2
c

ϕ
⇔ = −
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là :
2
os = -
2
x c
ϕ
=
Ví dụ 4 : Định giá trị của m để phương trình sau có nghiệm :

( ) ( )
4 3 3 3 4 1 1 0m x m x m− + + − − + − =
(1)
Giải : Điều kiện :
3 1x
− ≤ ≤
.
+
3 3 4 1 1
(1)
4 3 3 1 1
x x
m
x x
+ + − +
⇔ =
+ + − +

+ Vì :

( ) ( )
2 2
2 2
3 1
3 1 4 1
2 2
x x
x x
   
+ −
+ + − = ⇔ + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

⇒

∃
0;
2
π
ϕ
 
∈
 
 
sao cho :

2
2

3 2sin 2
1
t
x
t
ϕ
+ = =
+
và
2
2
1
1 2cos 2
1
t
x
t
ϕ
−
− = =
+
với
[ ]
tan ; 0;1
2
t t
ϕ
= ∈

2

2
3 3 4 1 1 7 12 9
5 16 7
4 3 3 1 1
x x t t
m m
t t
x x
+ + − + − + +
= ⇔ =
− + +
+ + − +
+ Xét hàm số :
[ ]
2
2
7 12 9
( ) ; 0;1
5 16 7
t t
f t t
t t
− + +
= ∈
− + +

( )
[ ]
2
2

2
52 8 60
'( ) 0, 0;1
5 16 7
t t
f t t
t t
− − −
= < ∀ ∈
− + +
+
( )f t⇒
nghịch biến trên đoạn
[ ]
0;1
và
9 7
(0) ; (1)
7 9
f f= =

+ Vậy (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm trên đoạn
[ ]
0;1
khi và chỉ khi :
7 9
9 7
m≤ ≤
Ví dụ 5 : Tìm giá trị của m để phương trình sau có nghiệm :
1x x m+ − =

(1)
Giải : ĐK :
0 1x≤ ≤
Phương trình (1) có nghiệm khi m>0
(Nhận xét :
( ) ( )
2 2
1 1x x+ − =
để đặt ẩn phụ)
+ Đặt
sin ;
1 cos
x t
x t

=


− =


với
0;
2
t
π
 
∈
 
 

+ (1)
sin cos 2 cos
4
t t m t m
π
 
⇔ + = ⇔ − =
 ÷
 
cos
4
2
m
t
π
 
⇔ − =
 ÷
 
.
3 Nguyễn Công Mậu
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
+ Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi :
2 2m− ≤ ≤
+ Do điều kiện m>0 ta có :
20 ≤< m
Ví dụ 6 : Trên đoạn
[ ]
0;1

phương trình sau có bao nhiêu nghiệm :

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

Giải :
+ Vì
[ ]
0;1x∈
nên tồn tại góc
0;
2
π
α
 
∈
 
 
sao cho
sinx
α
=
+ Ta có ph. trình:
( ) ( )
2 4 2
8sin 1 2sin 8sin 8sin 1 1
α α α α
− − + =
8sin .cos2 .cos4 1

α α α
⇔ =
(*)
+ Nhận thấy
cos 0
α
=
không là nghiệm của phương trình (*)nên nhân hai vế của phương trình cho

cos 0 0;
2
π
α α
 
≠ ⇒ ∈
÷

 
ta được :

8sin .cos cos 2 .cos4 cos sin8 cos sin8 sin
2
π
α α α α α α α α α
 
= ⇔ = ⇔ = −
 ÷
 

8 2

2
8 2
2
k
m
π
α α π
π
α π α π

= − +


 

= − − +
 ÷

 


2
18 9
2
14 7
k
m
π π
α
π π

α

= +

⇔


= +


;
,k m Z∈
+ Vì
0;
2
π
α
 
∈
÷

 
suy ra các nghiệm :
sin
18
x
π
=
;
5

sin
18
x
π
=
;
sin
14
x
π
=
;
5
sin
14
x
π
=
Ví dụ 7 : Cho hai phương trình :
( ) ( )
3 2 2 2 1 3
x x
+ = − +
(1) và
( )
2 1 2cos
9
x
π
+ =

(2)
Giả sử x là nghiệm của ph.trình (1). Ch. minh rằng, khi đó x cũng là nghiệm của phương trình (2) .
Giải :
+
( ) ( ) ( )
( )
2
1
3 2 2 2 1 3 2 1 3
2 1
x x x
x
+ = − + ⇔ + = +
+
+ Đặt
( )
2 1 2
x
t+ =
với t > 0. Khi đó phương trình (1) trở thành :
2 3
1 1
4 3 4 3
2 2
t t t
t
= + ⇔ − =
.
+ Xét
( )

1;1t ∈ −
, đặt
( )
cos , 0;t
α α π
= ∈
ta được
3
1 1 2
4cos 3cos cos3
2 2 9 3
k
π π
α α α α
− = ⇔ = ⇔ = ± +
+ Vì
( )
0;
α π
∈
nên
5 7
; ;
9 9 9
π π π
α
 
∈
 
 

suy ra
1 2 3
5 7
cos ; cos ; cos
9 9 9
t t t
π π π
= = =
+Vì phương trình bậc ba có đủ ba nghiệm nên ta không xét nghiệm
( )
1;1t ∉ −
. Mặt hác
2
5
cos 0
9
t
π
= <

4 Nguyễn Công Mậu
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
và
3
7
cos 0
9
t
π
= <

do đó nghiệm của phương trình (1) là :
1
cos
9
t
π
= ⇒

( )
2 1 2cos
9
x
π
+ =
.
+ Vậy nếu x là nghiệm của phương trình (1) thì x cũng là nghiệm của phương trình (2)
Ví dụ 8 : Giải phương trình :
2
2 2
1
x
x
x
+ =
−

Giải: Điều kiện:
1x >
. Đặt
1

; (0; );
cos 2
x
π
α
α
= ∈
Thu được PT mới có dạng LG như sau :
1 1
2 2 sin cos 2 2 sin cos
cos sin
α α α α
α α
+ = ⇔ + =

+ Đặt :
sin cos 2 cos
4
t
π
α α α
 
= + = −
 ÷
 

+ ĐK :
1 2;t≤ ≤

2

1
sin .cos
2
t
α α
−
⇒ =
+ Ta có PT :
2
2 2t t t= − − ⇔
2
2
2 2 0 2
1
2
t
t t t
t

=

− − = ⇔ ⇒ =
−

=



+
2 0; 2.

4 2
t x
π π
α
 
= ⇒ = ∈ ⇒ =
 ÷
 

Ví dụ 9 : Tìm giá trị của m để phương trình sau có nghiệm :
1x x m+ − =
(1)
Giải : ĐK :
0 1x≤ ≤
Phương trình (1) có nghiệm khi m>0
(Nhận xét :
( ) ( )
2 2
1 1x x+ − =
để đặt ẩn phụ)
+ Đặt
sin ;
1 cos
x t
x t

=


− =



với
0;
2
t
π
 
∈
 
 

+ (1)
sin cos 2 cos
4
t t m t m
π
 
⇔ + = ⇔ − =
 ÷
 
cos
4
2
m
t
π
 
⇔ − =
 ÷

 
.
+ Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi :
2 2m− ≤ ≤
+ Do điều kiện m>0 ta có :
20 ≤< m
Ví dụ 10 : Giải phương trình :
2
2 2
1
x
x
x
+ =
−

Giải: Điều kiện:
1x >
. Đặt
1
; (0; );
cos 2
x
π
α
α
= ∈
Thu được PT mới có dạng LG như sau :
1 1
2 2 sin cos 2 2 sin cos

cos sin
α α α α
α α
+ = ⇔ + =

5 Nguyễn Công Mậu