Một số kỹ thuật giúp học sinh học tốt phương trình lượng giác

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC
-----------------------o0o--------------------

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

- Tên sáng kiến:

“ Mét sè Kü THUËT gióp häc sinh häc tèt
ph¬ng tr×nh Lîng gi¸c ”
- Tác giả: NGUYỄN THỊ HƯƠNG
- Mã sáng kiến: 52.05

Tháng 1 năm 2020

1


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1.Lời giới thiệu
Phương trình lượng giác là một dạng tốn quen thuộc trong chương trình Tốn phổ thơng,
cơng thức lượng giác tương đối nhiều và khó nhớ, nếu chỉ học thuộc lòng cơng thức thì học
sinh rất dễ nhầm lẫn.Mặt khác trong tất cả các đề thi Đại học, cao đẳng đều có ít nhất một
câu giải phương trình lượng giác và câu này học
Vì vậy để giúp các em học sinh đạt điểm tối đa phần lượng giác trong
các kỳ thi tôi mạnh dạn viết đề tài : « MỘT SỐ KỸ THUẬT GIÚP HỌC
SINH HỌC TỐT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC »
Tơi rất mong nhận được ý kiến đóng góp chân thành của q
thầy cô cùng

đồng nghiệp để bài viết được tổng quát hơn.
2. Tên sáng kiến:
« MỘT SỐ KỸ THUẬT GIÚP HỌC SINH HỌC TỐT
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC »
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Thị Hương
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học
- Số điện thoại: 0914262614 E_mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến :
- Họ và tên: Nguyễn Thị Hương
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Tốn: lớp 11
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 10 /9/2019
7. Mơ tả bản chất của sáng kiến:
- Về nội dung của sáng kiến:
1/ Giúp học sinh hiểu, thuộc và chứng minh được các cơng thức lượng giác.
2/ Giúp học sinh một số nhận xét cơ bản để chứng minh một đẳng thức lượng giác hay rút
gọn một biểu thức lượng giác.
3/ Giúp học sinh một số nhận xét cơ bản khi nhìn phương trình đã cho biết sử dụng cơng
thức nào để đưa phương trình đó về dạng phương trình đã biết cách giải.
2


4/ Giúp học sinh nhận và loại nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện.
7.1. Hiện trạng :
- Cơng thức lượng giác tương đối nhiều và khó nhớ, nếu chỉ học thuộc lòng cơng thức thì
học sinh rất dễ nhầm lẫn
- Đứng trước việc giải một phương trình lượng giác nhiều khi học sinh vẫn chưa định hình
được việc áp dụng cơng thức lượng giác nào để hiệu quả nhất.

- Trong các bài tốn giải phương trình lượng giác chứa điều kiện, học sinh chưa biết loại
nghiệm ngoại lai.
7.2. Một số giải pháp
- Đưa ra một số kỹ thuật để giúp học sinh học thuộc cơng thức lượng giác và giải phương
trình lượng giác.
7.3. Nội dung
I/ CÁCH HỌC VÀ GHI NHỚ CƠNG THỨC LƯỢNG GIÁC
1/HỆ THỨC CƠ BẢN
1/ sin2x + cos2x = 1

2/ tanx =

sin x
cos x

3/ cotx =

cos x
sin x

4/ tanx . cotx

=1
5/ 1 + tan2x =

1
cos 2 x

6/ 1 + cot 2x =

1
sin 2 x
CÁCH NHỚ : - Cơng thức (2) và (3), (4): tanx và cotx là nghịch đảo của nhau
- Cơng thức (5) và (6): chú ý mẫu của tanx là cosx, mẫu của cotx là sinx

2 /CUNG LIÊN KẾT
CÁCH NHỚ :
Đóng khung những trường hợp đặc biệt và ghi nhớ trường hợp đặc biệt đó , trường
hợp nào khơng được nhắc đến thì thêm dấu trừ vào
cos đối , sin bù , phụ chéo
Hơn kém  ta có tang và cotang

Hơn kém
, chéo , sin một mình
2
3


(cos đối)
Hai cung đối nhau là x và – x
nhau là x và  - x

(sin bù)
Hai cung bù
cos (  - x) = -

cos( - x) =
cosxcosx
sin (  - x) =
sinx

sin ( - x) = - sinx
tan(- x) = - tanx

tan (  - x) = -

tanx
cot (- x) = - cotx

cot (  - x) = -

cotx
(phụ chéo)
Hai cung phụ nhau là x và


–x
2

Hai cung hơn

kém nhau  là x và  + x

- x) = sinx
2

sin ( - x) = cosx
2

tan( - x) = co tx

2

cot ( - x) = tanx
2

cos(

Hai cung hơn kém nhau
cos(
sin (

cos (  + x) = - cosx
sin (  + x) = - sinx
tan (  + x) = tanx
cot (  + x) = cotx


2

là x và


2

+x


+ x) = - sinx
2


+ x) =
2


+ x) = - co tx
2

cot( + x) = - tanx
2

tan(

3/CÔNG THỨC CỘNG
cos(a – b ) = cosa.cosb + sina.sinb
CÁCH NHỚ :
cos(a + b ) = cosa.cosb - sina.sinb
Cos thì cos cos , sin sin
Sin thì sin cos , cos
sin ( a + b) = sina.cosb +sinb .cosa
sin
4

Cos trái dấu , sin


sin ( a – b) = sina.cosb – sinb .cosa
tan a  tan b
1  tan a. tan b
tan a  tan b

tan ( a + b) =
1  tan a. tan b
cot b. cot a  1
cot ( a + b) =
cot b  cot a
cot b. cot a  1
cot ( a – b) =
cot b  cot a

tan ( a – b) =

4/CÔNG THỨC NHÂN
cos2a = cos2a – sin2a = 2cos2a – 1 = 1 – 2sin2a
– 3cosa
sin 2a = 2 sina.cosa
– 4sin3a
tan 2a =

2 tan a
1  tan 2 a

cos3a = 4 cos3a
sin 3a = 3sina
tan3a =

3 tan a  tan 3 a
1  3 tan 2 a

5/CÔNG THỨC HẠ BẬC
cos2 a =

1  cos 2a
2

sin2a =

1  cos 2a
2

tan2a =

1  cos 2a
1  cos 2a

6/CÔNG THỨC TÍNH biến đổi sina , cosa , tana về ( t = tan
a
)
2

sina =

2t
1 t2

,

cosa =

1 t2
1 t2

,

tan a =

7/CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI TỔNG THÀNH TÍCH
a b
a b
cos
2
2 CÁCH NHƠ : Ù
Cos cộng cos bằng hai
a b
a b
sin
cosa - cosb = - 2 sin
cos
cos
2
2
Cos trừ cos bằng
a b
a b
cos
sina + sinb = 2 sin
trừ hai sin sin
2
2
Sin cộng sin bằng
a b

a b
hai
sin
cos
cos
sin
sina - sinb = 2
2
2
sin( a  b)
tan a + tanb =
CÁCH NHỚ : tang mình cộng với
cos a. cos b
tang ta
Bằng sin hai đứa chia cos
5

cosa + cosb = 2 cos

2t
1 t2


tan a - tanb =

sin( a  b)
cos a. cos b

8/CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI TÍCH THÀNH TỔNG :
CÁCH NHƠ : Ù

1





cos
a

b

cos
a

b

cosa.cosb =
1
2
cos nhân cos bằng
của cos cộng
2
1
sina.sinb =   cos a  b   cos a  b   cos
2
1
1
Sin
nhân
sin

bằng
trừ
của cos trừ
sina.cosb =  sin  a  b   sin  a  b  
2
2
cos
1
Sin nhân cos bằng của sin cộng
2

II/ BIỂU DIỄN GĨC CUNG TRÊN ĐƯỜNG TRỊN LƯỢNG GIÁC
B1:

Đưa về dạng

x =  k

2
( k � Z, n ��* )
n

B2: Cho k nhận các giá trò từ 0 đến (n-1)
k  0 � x   , khi đó x được biểu diễn bởi điểm M1
2
k 1� x  
, khi đó x được biểu diễn bởi điểm M2
n
2
k  2 � x    2.

, khi đó x được biểu diễn bởi điểm M3
n

....
k  n  1 � x    (n  1)

2
, khi đó x được biểu diễn bởi
n

điểm Mn

Ví dụ :Tìm điểm biểu diễn của cung x :


1/ x =  2k (k �Z )
2/ x =  k (k �Z )
6
6
 k

( k �Z )
6 2

3/ x =

Giải:
1/ x 




2
 2k � x   k
(k ��)
6
6
1

(n  1)



M( 6 )

6


Khi k = 0 thì x =



� x được biểu diễn bởi điểm M ( )
6
6
y
M()



2

(n  2)
2/ x   k � x   k (k ��)
6
6
2


� x được biểu diễn bởi điểm M ( )
Khi k = 0 thì x =
6
6

Khi k = 1 thì x =   � x được biểu diễn bởi điểm N
6

O
x
N

(N là điểm đối xứng của M qua O)

 k

2
(n  4)

� x k
(k ��)
6 2
6

4


� x được biểu diễn bởi điểm M ( )
Khi k = 0 thì x =
6
6
 
Khi k = 1 thì x =  � x được biểu diễn bởi điểm P
6 2

Khi k = 2 thì x =   � x được biểu diễn bởi điểm N
6

3/ x 

(N là điểm đối xứng của M qua O)

P

M()

O

x

N

 3
Khi k = 3 thì x =  � x được biểu diễn bởi điểm Q

6 2

Q

(Q là điểm đối xứng của N qua O)
Kết luận : x =

 k

( k �Z ) , x được biểu diễn bởi điểm có 4 điểm là đỉnh hình vng
6 2

MNPQ nội tiếp trong đường tròn lượng giác.
Tổng qt:
Nếu x =  

2k
( k � Z) thì x được biểu diễn bởi n điểm là đỉnh đa giác đều n cạnh
n

nội tiếp trong đường tròn lượng giác.
III/ MỘT VÀI KỸ THUẬT BIẾN ĐỔI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
III.1. Kỹ thuật 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng tích số :
1/ Khi hai vế phương trình có những thừa số giống nhau
và có chứa x thì ta phải chuyển về một vế và đưa về
phương trình tích .
7


Ví dụ 1: Giải phương trình : sinx ( 2 cosx +1 ) =

cos2x.sinx

Giải : sinx ( 2 cosx -1 ) = cos2x.sinx � sinx ( cos2x – 2cosx – 1 ) = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x  k

sin x  0
�
� � 2
cos x  2cos x  1  0
�
sin x  0
x  k
�
�
�
� �
� x  k
�
cos x  1
x  2h
�
�

( k �Z )

2/ Nếu các góc trong phương trình có dạng nhân đôi thì
ta thường dùng công thức nhân đôi hoặc công thức hạ
bậc nâng cung để đưa về phương trình chỉ theo một góc
Ví dụ 2 : Giải phương trình : sin 2x = 2

cos2x

Giải : sin 2x = 2 cos2x � 2 sinx cosx - 2 cos2x = 0 � 2cosx ( sinx –
cosx ) = 0
cos x  0
�
cos x  0
�
�
� �
�

�
sin x  cos x  0
sin( x  )  0
�
�
4

� 
x   k
�
� � 2

�
x   h
� 4

� 
x   k

�
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : �
( k,h �Z )

�
x   h
� 4
hoặc sin 2x = 2 cos2x � sin2x = 1 + cos2x � sin2x – cos2x = 1

3/ Nếu trong phương trình có chứa cos2x , sin2 x thì ta dùng
công thức hạ bậc nâng cung
Ví dụ 3: Giải phương trình : sin2 x + sin2 2x = sin2 3x
+ sin24x

Giải : sin2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin24x �

1  cos 2 x 1  cos 4 x 1  cos 6 x 1  cos8 x



2
2
2
2
� cos2x + cos4x = cos6x + cos8x � 2 cos3x cosx = 2 cos7x cosx
� cosx ( cos7x – cos3x) = 0

8

� 
x   k
� 
�
x


k

2
� 2
�
cos
x

0
�
�
h
� �
� �
7 x  3 x  2 h � �
x
�
cos 7 x  cos3 x
2
�
�
7 x  3 x  2 h

� h
�
�
x
�
� 5
�
x
�
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : �
�
x
�

h
2
h
5

�
x
�
� �
�
x
�

h
2
h

5

( k,h �Z )

4/ Nếu trong phương trình có dạng tổng thì ta biến thành
tích hoặc ngược lại
Ví dụ 4: Giải phương trình : sinx + sin 2x + sin 3x
=0

Giải : sinx + sin 2x + sin 3x = 0 � ( sin3x + sinx) + sin2x = 0
� 2sin2x cosx + sin2x = 0
� sin2x ( 2 cosx + 1) = 0
� k
sin 2 x  0
x
�
�
2
�
�
1� �
�
2
cos x  
�
x  �  h
�
2
�
3

� k
x
�
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : �
( k,h �Z )
2
�
x  �  h
�
3
Ví dụ 5: Giải phương trình : cosx cos7x = cos 3x
cos 5x
1
2

1
2

Giải : Cosx cos7x = cos 3x cos 5x � (cos8 x  cos 6 x)  (cos8 x  cos 2 x)
� cos6x = cos2x

6 x  2 x  2 k
�
� �
6 x  2 x  2 k 
�

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x 

�

k
4

Bài tập :Giải các phương trình sau :
9

�
x
�
�
�
x
�

k
2 � x  k
k
4
4

( k �Z )


1) sin 2 4x  sin 2 3x  sin 2 2x  sin 2 x

2) sin x(1  cosx) = 1  cosx + cos 2 x

3) sin 3x  cos 4x  sin 5x  cos 6x

4)

2

2

2

2

cos2x
1
 sin 2 x  sin 2x
1  tan x
2
7)  2 cos x  1  2sin x  cosx   sin 2x  s inx
4
9/ 9 – 13 cosx = 1  tan 2 x

5) cot x  1 

cos 2 x  cosx  1
sinx + cosx

6) cos 2 3x.cos2x  cos 2 x  0
8/ sin3 x + cos3 x = sinx – cos x
10/ 3( sinx – cos x) + sin 2x = 3

11/ sin2 x – 6 sinx cosx + cos2 x = - 2

13/

sin 3 x  sin x
1  cos 2 x

 2  1  s inx 

12 / cos 3x – cos 2x = sin 3x

cos 2 x  sin 2 x

14/ sin 5x – sinx =

3 sin 2 x

16/ cos 4 x – cos 2x + 2 sin6

15/ ( cosx + sinx )(1 – sinx ) = cos 2x
x=0
17/ cosx - cos 2x = sin 3x

18/ cos 2 2x + 2cos2 x = 1

III.2. Kỹ thuật 2: Đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về dạng phương trình đại số
1/ Ñaët aån phuï theo tan
x
2t
1 t2
� sin x 
,

cos
x

2
1 t2
1 t2
2t
1 t2
� sin 2 x 
,
cos
2
x

)
1 t2
1 t2

ï t = tan

( hoặc t = tanx

Ví duï 1: Giải phương trình : 6tan2 x – 2cos2 x = cos
2x

Giải: Điều kiện : x �  k ( k �Z )
2
2
2
6tan x – 2cos x = cos 2x � 6tan2 x = 2cos2x + 1

1 t2
nên ta đặt aån phuï t = tan x � cos 2 x 
1 t2
1 t2
Khi đó phương trình (1) trở thành : 6t2 = 2 (
) + 1 � 6t4 + 7t2 – 3 = 0
1 t2

�

3
�2
t   (loai )
�
1
2
� tan2x =
�
1
3
�
t2 
� 3

�

1

�
tan

x


tan
�
6
3
�
1
�
� �
tan x  
 tan �
 �
�
3
�6�
�

�Z )


6

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = �  h
10

( h �Z )

� 

x   h
�
6
� �

�
x    h
�
6
�

(h


2/ Biến đổi phương trình đã cho về dạng có những biêu thức đồng dạng để từ đó ta đặt
được ẩn phụ
Ví duï 2: Giải phương trình: tanx + tan2x + tan3x + cot2x +
cot3x = 6 (1)
k
Giải: Điều kiện : x �
( k �Z )
2
(1) � ( tanx + cotx ) + ( tan2x+ cot2x ) +( tan3x+ cot3x ) = 6

Đặt t = tanx + cotx =

2
sin 2x

t �2

�
t �2
�

, vì sin 2 x �1 nên t �2 � �

� tan2x+ cot2x = t2 – 2 , tan3x+ cot3x = t3 – 3t
t2
�
Khi đó phương trình (1) trở thành: t3 +t2 – 2t – 8 = 0 � �2
t  3t  4  0 (vn)
�
2

�
= 2 � sn2x = 1 � x =  h (
sin 2x
4
h �Z ) ( thỏa đk)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x =  h ( h �Z )
4
m
n
3/ Phương trình có chứa đồng thời  sin x �cos x  ,  sin x.cos x  thì ta đặt t = sinx �cosx
Ví duï3 :Giải phương trình: sin3x + cos3x = 2 ( sinx +
cosx) – 1 (1)

Giải:
Đặt t = sinx + cosx =

2 sin ( x 


) . Điều kiện : t �[ 2; 2]
4

� sin3x + cos3x = ( sinx + cosx)3 – 3sinxcosx( sinx + cosx) = t3 – 3t (
t 2 1
)
2
t 2 1
Khi đó phương trình (1) trở thành: t3 – 3t (
) = 2t – 1 � 2t3 – 3t( t2 – 1) = 4t –
2

2
t 1
�
� t3 + t – 2 = 0 � �2
t  t  2  0 (VN )
�
x  2k
�
1


 sin � �
� sin ( x  ) =


�
4
2
x    2k 
4
�
2
x  2k
�
�
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : � 
x    2 k
�
2
11

( k �Z )


4/ Phương trình có dạng : a (tan2x + cot2x ) + b( tanx – cotx) + c = 0
Ta đặt t = tanx – cotx � tan2x + cot2x = t2 + 2
Ví duï 4:Giải phương trình:
= 0 (1)

Giải:

k
2

Điều kiện : x �

3 (tan2x + cot2x ) + 2 (

3 - 1) ( tanx – cotx) – 4 - 2 3

( k �Z )

Đặt t = tanx – cotx � tan2x + cot2x = t2 + 2
Khi đó phương trình (1) trở thành: 3 ( t2 + 2) + 2 ( 3 - 1)t – 4 - 2 3 = 0
�

3 t2 + 2 (
t  2
�
�
�
2
�
t
� 3

* t = -2 � tanx – cotx = -2

3 - 1)t – 4 = 0

�
tan x  1  2  tan 
� tan2x + 2tanx – 1 = 0 � �
tan x  1  2  tan 
�

x    h
�
� �
x    h
�

( k, h �Z )( thỏa đk)

 cos 2 x
2
2
2
2
sin 2 x  cos 2 x
� tanx – cotx =
�
� 1
*t=
=
=
sin 2 x
3
3
3
3
sin x cos x
2
1

� cot2x = = cot ( - )

3
3

 l
� 2x = - + l  � x = - 
( l �Z )( thỏa đk)
3
6 2
x    h
�



l

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : �
và x = -  ( k, h, l �Z )
x    h
6 2
�
Bài tập: A/ Giải các phương trình sau:
6
6
3cos x  4sin x  1
3/ 2(tan x  s inx) + 3(cotx  cosx) + 5 = 0

1/ 3cos x  4sin x 

2/ s inx  cosx  4sin 2x  1

5/ cos3x + cos2x – cosx – 1 = 0

4/ 1  s inx + cosx + sin2x + cos2x = 0
6/

� 3
� � �
cos 4 x  sin 4 x  cos �x  �
.sin �
3x  �  0
4� 2
� 4� �
x�
�
1  tan x tan � 4
7/ cot x  sin x �
2�
�
x
9/ 2 + cosx = 2tan
2

8/

2  cos6 x  sin 6 x   sin x cos x
2  2sin x

10/ cotx = tanx + 2 tan2x
12

0


11/ 1 + tanx = 2 2 sinx

12/ sin( 2x -



) = 5 sin( x - ) + cos 3x
3
6

3 x
1
 3x

 ) = sin(  )
14/ 2cos( x + ) = sin3x – cos3x
10 2
2
10 2
6
2

m 1
 2m tan x  m 2  2  0 có đúng ba nghiệm thuộc ( -  ; )
B/ Tìm m để phương trình :
2
2

cos x

13/ sin(

C/ Tìm m để phương trình : cos2 x + 2 ( 1 – m)cosx + 2m – 1 = 0 có 4 nghiệm thuộc [0; 2  ]
D/ Tìm m để phương trình : tan4x + ( 2m – 1)tan3x + ( m2 – 2m) tan2x – ( m2 – m + 1) tanx –
m+1=0
có 4 nghiệm thuộc khoảng ( E/ Cho phương trình : 2(

 
; )
2 2

4
2
+ cos2x ) + m (
- cosx) = 1 (1)
2
cos x
cos x

a/ Giải phương trình khi m = 9


2

b/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng ( 0; )
F/ Cho phương trình : 4tan2x +

4m

+ 5 = 0 (1)
cosx

a/ Giải phương trình khi m = - 1
b/Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng ( -

 
; )
2 2

G/ Cho phương trình : sin3x – cos3x = m (1)
a/ Giải phương trình khi m = 1
b/ Tìm m để phương trình (1) có đúng 3 nghiệm thuộc đoạn [ 0 :  ]
H/ Cho phương trình : 4 ( cosx – sinx ) + sin2x = m (1)
a/ Giải phương trình khi m = - 1
b/Tìm m để phương trình (1) vô nghiệm

III.3. Kỹ thuật 3: Phương trình lượng giác có điều kiện
1/ Phương trình lượng giác chứa tang, cotang hoặc có chứa ẩn số ở mẫu:
Phân tích: Nguyên tắc giải phương trình loại này là:
 Đặt điều kiện cho bài toán có nghĩa.
 Sau đó, giải phương trình và kiểm tra nghiệm tìm được có thỏa điều kiện đặt ra hay
không?
 Kết luận nghiệm.
Ví dụ 1: Giải phương trình: tan 2 x.tan 3x.tan 5 x  tan 2 x  tan 3x  tan 5 x (1)
13



�

�x �(2l  1) 4 (a)
cos 2 x �0
�
�

�
�
0  �x (2m 1) (b)
Giải:Điều kiện: �cos 3x �۹
6
�
�
cos 5 x �0
�

�
�x �(2h  1) 10 (c)
�

Với điều kiện (1)

tan 5 x(1  tan 2 x.tan 3 x)  tan 2 x  tan 3x (2)

Nhận xét:
1 + tan2x.tan3x �0 vì nếu: 1 + tan2x.tan3x = 0 � tan2x = tan3x (VT=0
� 1  tan 2 2 x  0
tan 5 x 

Vậy (2)

VP=0)

vô lý

tan 2 x  tan 3 x
 tan( x)
1  tan 2 x.tan 3 x

� 5 x   x  k � x 

k
6

Ta kiểm tra nghiệm tìm được có thỏa các điều kiện hay không?
a/ Điều kiện (a) bị vi phạm nếu : k , l �Z :
Vậy x = k

k

 (2l  1) � 2k  6l  3 (vô lý vì
6
4

)


thỏa điều kiện (a)
6

b/ Điều kiện (b) bị vi phạm nếu k , m �Z : k



= ( 2m + 1) � k = 2m + 1 là số nguyên lẻ
6
6

Vậy điều kiện (b) thỏa nếu k = 2n , khi đó nghiệm pt là x = n
c/ Điều kiện (c) bị vi phạm nếu n, h �Z : n


3



= ( 2h + 1) � 10n = 6h + 3 ( vô lý vì n, h �
3
10

Z)

3

Vậy x = n thỏa điều kiện (c) .Kết luận nghiệm của phương trình đã cho là : x = n
Ví dụ 2: Giải phương trình: tan 5 x  tan 3 x

Giải:
�  k
x� 
(a )

�
� 10 5
(k , h �Z )
Điều kiện : �
�x �  h (b )
� 6 3

Với điều kiện trên thì

tan5x=tan3x � 5x = 3x + l  � x =
14

l
2


3


Điều kiện (a) bị vi phạm nếu k , l �Z sao cho

 k l
l 1
� k = 2l +


10 5
2
2

l 1
= m là số nguyên � l = 2m + 1
2
Suy ra điều kiện (a) không bị vi phạm nếu l = 2n � nghiệm x = n 
 h
� 6n = 2h + 1 ( vô lý)
Điều kiện (b) bị vi phạm nếu h, n �Z sao cho n  = 
6 3
Vậy nghiệm x thỏa điều kiện (a) và (b) là x = n 

Vì k,l là số nguyên nên

Ví dụ 3: Giải phương trình:

 cot

2

x  1

2cot x

 cos 4 x.cot 2 x  cos x (1)

Giải:
cos x �0
�
�
0
Điều kiện : �sin x �۹۹

�
sin 2 x �0
�

sin 2 x

Với điều kiện trên thì (1) �

 cos

0
2
2

x l

x  sin 2 x 


2
.sin x  cos 4 x.

cos 2 x
 cos x
sin 2 x

sin x.2cos x
cos 2 x(1  cos 4 x)
�
 cos x

sin 2 x

� sin4x = cosx = sin (  x )
2
�  k 2
x 
�
10
5
� �
 k 2
�
x 
�
3
� 6
 2k
 2k l
l 1
�k=l+

a/ Nghiệm x  
vi phạm điều kiện nếu 
10
5
10
5
2
4
l 1

Do k,l �Z nên
= m � l = 4m + 1
4
 2k
Vậy x  
là nghiệm Thay l vào k ta có k = 5m + 1
10
5
của (1) với k �5m + 1
 2k
 2k l
k 1
� 1 + 4k = 3l � l = k +

b/ Nghiệm x  
vi phạm điều kiện nếu : 
6
3
6
3
2
3
k 1
Do k,l �Z nên
= n � k = 3n – 1
3
 2k
Vậy x  
là nghiệm của (1) với k �3n – 1
6

3

15


�  k 2
x 
�
10
5
Kết luận: Nghiệm của (1) là �
 k 2
�
x 
�
3
� 6

( k �5m  1)
(k �3n  1)

( k,m,n �Z )

2/ Việc chọn nghiệm được nảy sinh do biến đổi phương trình ban đầu về phương trình hệ
quả
Ví dụ 4: Giải phương trình: cosx.cos2x.cos4x.cos8x =

1
(1)
16

Phân tích : vế trái của (1) là biểu thức có dạng tích các cos mà góc sau gâp đôi góc trước
nên ta thường nhân hai vế của (1) cho sin góc nhỏ nhất.
Giải:
a/ Xét sinx = 0 � x = l không thỏa phương trình (1)
b/ Xét sinx �0 � x � l .Nhân hai vế của (1) cho sinx :
1
sinx
16
1
1
�
sin2x.cos2x.cos4x.cos8x = sinx
2
16

(1) � sinx cosx.cos2x.cos4x.cos8x =

�

1
1
sin4xcos4x.cos8x = sinx
4
16

� 2 k
x
�
1

1
15
� sin8xcos8x =
sinx � sin16x = sinx � �
(2)
 2k
8
16
�
x 
�
� 17 17
Ta phải loại bỏ các nghiệm x = l vì (2) là phương trình hệ quả của (1)
2k
15l
l
a/ Nghiệm x =
= l � k =
=7 l +
15
2
2
l
Do k,l �Z nên
= m �Z � l = 2m , suy ra k = 15m
2
2 k
Vậy x =
là nghiệm của phương trình (1) với k �15m
15

 2k
l 1
b/ Nghiệm x = 
= l  � k = 8l +
17 17
2
l 1
Do k,l �Z nên
= n �Z � l = 2n + 1 , suy ra k = 17n + 8
2
 2k
Vậy x = 
là nghiệm của phương trình (1) với k �17n + 8
17 17

16


� 2 k
x
(k �15m)
�
15
(k , m, n �Z )
Kết luận : Nghiệm của phương trình (1) là : �
 2k
�
x 
(k �17n  8)
�

� 17 17

Ví dụ 5: Giải phương trình: cos2x + cos4x + cos6x + cos8x + cos10x = -

1
(1)
2

Phân tích : vế trái của (1) là biểu thức có dạng tổng các cos mà các góc tạo thành một câp
số cộng với
công sai d = 2x.Thường để rút gọn ta nhân hai vế cho sin

d
2

Giải:
a/ Xét sinx = 0 � x = n  không thỏa phương trình (1)
b/ Xét sinx �0 � x � n  .Nhân hai vế của (1) cho sinx , ta có :
1
2

(1) � sinxcos2x + sinxcos4x + sinxcos6x + sinxcos8x + sinxcos10x = - sinx
�

1
[(sin3x – sinx)+( sin5x – sin3x)+(sin7x – sin5x)+( sin9x – sin7x)+( sin11x – sin9x)] =
2

1
2

- sinx
� sin11x – sinx = -sinx � sin11x = 0 � x =

k
11

k
k
vi phạm điều kiện nếu  k,l �Z sao cho :
= n  � k = 11.n
11
11
k
Vậy nghiệm của phương trình (1) là : x =
với k �11.n ( k, n �Z)
11

Nghiệm x =

Bài tập:

Giải các phương trình :
3
4

1/ cos2x + cos x = 2

ĐS : x = 8n

2/ sin3x( cosx – 2sin3x) + cos3x(1 + sinx – 2cos3x) = 0
3/ sinx( cos

x
x
- 2sinx) + cosx( 1 + sin - 2cosx) = 0
4
4

4/ sinx.sin2x.cos(3x +


)=1
4

ĐS : ptvn
ĐS : x = 2  + 8n 
ĐS : ptvn

5/ sinx.cos4x.cos8x = 1

ĐS : x =

6/ cos2x + cos4x + cos6x = cosx.cos2x.cos3x + 2
17


+ k2 
2

ĐS : x = k 


7/

� 
x   2k
�
6
ĐS : �
5
�
x
 2k
�
� 6

1
1
2


cos x sin 2 x sin 4 x

8/ tan2x.tan7x = 1

ĐS : x =

 k


18 9

 k �5  9t 

IV. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
1. Phương trình

sin 8x  cos 6x  3  sin 6x  cos 8x 

� 
x   k
�
3
�
a.
b.


�
x  k
�
2
� 6
7
Phương trình sin 6 x  cos6 x  16 có nghiệm




a. x  �3  k 2

b. x  �4  k 2
Phương trình sin 3x  4sin x.cos 2x  0 có các

có các họ nghiệm là:

� 
x   k
�
4
�


�
x  k
�
7
� 12

2.
3.

a.

x  k2
�
�

�
x  �  n
�

3

4. Phương trình
a.

�
x
�
�
�
x
�
�

b.

x  k
�
�

�
x  �  n
�
6

x
x
 sin 4
có các
2

2

� 
x  k
�
4
2
b. � 
�
x   k
�
� 2

sin 2x  cos 4


2
k
6
3

 k2
2

5. Phương trình:
a.

3sin 3x  3 sin 9x  1  4sin 3 3x

2


2
�
�
x   k
x   k
�
�
6
9
9
9
�
b. � 7 2
7
2
�
�
x
k
x
k
�
�
9
9
� 6
� 9

c.

�
x
�
�
�
x
�
�


 k
5


k
7
2

d.

�
x
�
�
�
x
�
�


 k
8


k
9
3

c.



x  � k
5
2

d.



x � k
6
2

d.

2
�
xk

�
3
�
2
�
x  �  n
�
3
�

d.


� 
x  k
�
12
2
�
3

�
x
 k
�
� 4

d.




�
x  k
�
54
9
�

2
�
x  k
�
9
� 18

là:
nghiệm là:
c.


�
xk
�
2
�

�
x  �  n
�
�

4

nghiệm là;
c.

� 
x   k
�
3
�

�
x  3  k2
�
�
2

có các nghiệm là:
c.


2
�
x  k
�
12
9
�
7
2

�
x
k
�
9
� 12

6. Phương trình

7.

sin 2 x  sin 2 2x  1 có nghiệm là:



� 
� 
� 
x  k
x  k
x  k
�
�
�
12
3
6
3
3
2

a. � 
b. � 
c. � 
�
�
�
x    k
x    k
x    k
�
�
�
3
�
2
�
4
�
Phương trình 4 cos x  2 cos 2x  cos 4x  1 có các nghiệm là:

a.

� 
x   k
�
2
�
x  k2
�

b.


� 
x  k
�
4
2
�
x  k
�

c.

2
� 
x k
�
3
3
�

�
xk
�
�
2

8. Phương trình f 2 cot 2x  3cot 3x  tan 2x có nghiệm là:
18

d. Vô nghiệm.

d.


� 
x  k
�
6
3
�

�
xk
�
�
4


a.

xk


3

b.

x  k

c.

d. Vô nghiệm

x  k2

9. Phương trình
10.

11.

cos 4 x  cos 2x  2sin 6 x  0 có nghiệm là:



a. x  2  k
b. x  4  k 2
c. x  k
3
Phương trình sin 2 2x  2 cos 2 x  4  0 có nghiệm là:



a. x  �6  k
b. x  �4  k
c. x  �3  k
� �
�
� 5

x  � 4cos �  x � có nghiệm là:
Phương trình cos 2 �
3
6
�
�
�
� 2


�
� 
�
x    k2
x    k2
x   k2
�
�
�
3
6
6
a. � 
b. � 3
c. � 5
�
�
�
x
 k2

x   k2
x
 k2
�
�
�
� 2
� 2
� 6

12. Cho phương trình
phương trình là:

13.

14.



15. Phương trình:
a.


�
xk
�
4
�



�
x  k
�
2
� 8

x  k2

d.

2
x  �  k
3

d.

�
x
�
�
�
x
�
�


 k2
3

 k2

4

Các nghiệm thuộc khoảng  ;   của

 2
 
 ,
 ,
c.
3 3
2 4
� 4 � � 5
4
4�
x  � sin �x  � có nghiệm
Phương trình: sin x  sin �
� 4�
� 4� 4





a. x  8  k 4
b. x  4  k 2
c. x  2  k
�
�
�
�

2x  � cos �
2x  � 4sin x  2  2  1  sin x 
Phương trình: cos �
4�
4�
�
�

�
� 
� 
x   k2
x   k2
x   k2
�
�
�
6
3
12
�
�
�
a.
b.
c.
11

5


2

�
�
�
x
 k2
x
 k2
x
 k2
�
�
�
� 12
� 6
� 3

a.

2 
,
3 3

cos 5x cos x  cos 4x cos 2x  3cos 2 x  1 .

d.

b.

d.

 
 ,
2 2

d.

x    k2

là:

có nghiệm là:

4 cos5 x.sin x  4sin 5 x.cos x  sin 2 4x có các nghiệm

�
x  k
xk
�
�
2
� 3
�
b.
c. �x   k


�
x  k

� 4
�
� 4
2

d.

� 
x   k2
�
4
�
3

�
x
 k2
�
� 4

d.

x  k2
�
� 
�
x   k2
� 3

là:

8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
- Học sinh nhớ giá trị lượng giác của một cung.
- Học sinh có năng lực học toán ở mức trung bình trở lên
10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý
kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần
đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau:
10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý
kiến của tác giả:
19


- Thêm nhiều kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy về phương trình lượng giác
10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý
kiến của tổ chức, cá nhân:
- Học sinh biết cách học và ghi nhớ công thức lượng giác.
- Biết tìm điểm biểu diễn của một cung trên đường tròn lượng giác
- Nắm được một số kỹ thuật biến đổi phương trình lượng giác.
- Biết cách loại nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện.

11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến
lần đầu (nếu có):
Số Tên tổ chức/cá
TT
nhân
1

Nguyễn Thị
Hương

Địa chỉ

Phạm vi/Lĩnh vực
áp dụng sáng kiến

Trường THPT Nguyễn Thái
Học

............., ngày.....tháng......năm......
Thủ trưởng đơn vị

Đại số & Giải tích 11

Vĩnh Yên, ngày 15 tháng 2 năm 2020
Tác giả sáng kiến

Nguyễn Thị Hương

20


21