Hướng dẫn giải các bài toán về phương trình lượng giác lớp 11 phần 3 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (168 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CHƯƠNG I: 
BÀI 1: PHƯƠNG TRÌN LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC
PHẦN 1 – LÝ THUYẾT

Một số bài tốn về phương trình lượng giác mà cách giải tuỳ theo đặc thù của phương trình, chứ
khơng nằm ở trong phương pháp đã nêu ở hầu hết các sách giáo khoa.

Một số phương trình lượng giác thể hiện tính không mẫu mực ở ngay dạng của chúng, nhưng cũng
có những phương trình ta thấy dạng rất bình thường nhưng cách giải lại không mẫu mực.

Sau đây là những phương trình lượng giác có cách giải khơng mẫu mực thường gặp.
PHẦN 2 – CÁC DẠNG BÀI TẬP TỰ LUẬN

Dạng 1: Phương pháp đưa về tổng bình phương

Phương pháp giải. Biến đổi phương trình đã cho về dạng :





1
2
1 2

0
0

... 0 0, 1, 2,...

...
0

n i

n

A
A

A A A A i n

A








       



 



Ví dụ 1. Giải phương trình 3tan2 x4sin2 x 2 3 tanx 4sinx 2 0
Lời giải





2 2 2 2

2 2

3tan 4sin 2 3 tan 4sin 2 0 3tan 2 3 tan 1 4sin 4sin 1 0
3

tan

3 tan 1 0 3 6

( 3 tan 1) (2sin 1) 0 ,

2sin 1 0 1 2

sin

6
2

x x x x x x x x

x m

x
x

x x m n Z

x x n

x







           

 

 


 

  

  

           

 


     



 


Ví dụ 2. Giải phương trình cos2 x 4cosx 2 sinx x x 2 3 0

Lời giải

2 2 2 2

2 2 2 2 2

cos 4 cos 2 sin 3 0 2 sin 1 cos 4 cos 2 0

( 2 sin sin ) (2cos 4cos 2) 0 ( sin ) 2(cos 1) 0

sin 0 sin

cos 1 0 cos 1

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x

x

x x

           

           

  

 

     

  

 

Ví dụ 3. Giải phương trình 8cos 4 cos 2x 2 x 1 cos3 x 1 0
Lời giải

2 2

8cos 4 cos 2 1 cos3 1 0 4cos 4 (1 cos 4 ) 1 cos3 1 0
(4 cos 4 4cos 4 1) 1 cos3 0 (2 cos 4 1) 1 cos3 0

1
2cos 4 1 0 cos 4

2
1 cos3 0 cos3 1

x x x x x x

x x x x x

x x

x x

         

          


 

 

 

   

 



  

Ví dụ 4. Giải phương trình

sin 4 cos 4 1 4 2 sin
4

x x  x 

 

Lời giải
sin 4 cos 4 1 4 2 sin

x x  x  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>





2sin 2 cos 2x x 2cos 2x 4 sinx cosx

   



cosx sinx

 

cosx sinx

 

sin 2x cos 2 x



2 sin



x cosx



     



cosx sinx

 

cosx sinx

 

sin 2x cos 2 x



2 0

       

 

cosx sinx 0 1

  

hoặc



cosxsinx

 

sin 2x cos 2 x



  (2)2 0

Giải (1)

2 cos 0 ,

4 4

x  x  k k

 

       

  

Giải

 

2 2cos cos 2 2 0 cos sin 3 2

4 4

x  x  x x

   

           

   

2
cos 1

; ,
2
sin 3 1

6 3

x k
x

m k
m

x x



 






 

    

  

 



. Hệ có nghiệm khi và chỉ khi
2

2 12 4 1

6 3

m

k      k m

phương trình này vơ nghiệm vì vế trái ln là một số ngun chẵn,
còn vế phải là số nguyên lẻ. Kết luận (2) vơ nghiệm.

Nghiệm phương trình x 4 k k,




   

Ví dụ 5. Giải phương trình sin 3 cosx



x 2sin 3x



cos 3 1 sinx



 x 2cos 3x



0
Lời giải









sin 3 cosx x 2sin 3x cos3 1 sinx  x 2cos3x 0



sin 3 cosx x cos 3 sinx x



2 sin 3



2 x cos 32 x



cos 3x 0

     

sin 4x 2 cos3x 0

   





sin 4 1 4 2 8 2

sin 4 cos3 2 2 , ,

cos3 1 2

3 2

k
x

x x k

x x k m

x m

x m x

 






 

 

  

  

         



    






Nếu phương trình có nghiệm thì tồn tại các giá trị ,k m sao cho:

2 2 1 3 4 1

12 16 3

8 2 3 2 3 8 6 8

k m k m k m

k m

   

         





2 6k 8m 3

   (không thỏa). Phương trình vơ nghiệm vì: Vế trái là một số chẵn, còn vế phải là 
một số lẻ .

Kết luận phương trình vơ nghiệm.

Ví dụ 6. Giải phương trình cos 2x 3 sin 2x 3 sinx cosx 4 0
Lời giải

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1 3 3 1

cos 2 sin 2 sin cos 2 0 sin 2 sin 2

2 x 2 x 2 x 2 x x 3 x 6

 

     

             

   

 

sin 2 1 2 2

3 3 2 12

sin 1 2

6 6 2

x x k x k

x l

x x l

   

 



  




     

      

   

  

     

     

   

         

    

     

  .

Phương trình có nghiệm khi : 12 k 3 l2 1 12k 4 24l 12k 24l 5

 

         

.
Vô nghiệm với mọi k, l   vì VT là một số chẵn, cịn VP là một số lẻ .

Dạng 2: Phương pháp đối lập

Phương pháp này được xây dựng trên tính chất: Để giải phương trình f x( )g x( ), ta có thể nghĩ

đến việc chứng minh tồn tại A: f x( )A x, ( , )a b và g x( )A x, ( , )a b thì khi đó:

( )
( ) ( )

( )

f x A

f x g x

g x A




  




Nếu ta chỉ có f x( )A và g x( ) A,  x ( , )a b thì kết luận phương trình vơ nghiệm.

Một số dạng phương trình đặc biệt dùng phương pháp đối lập:



sin 1

sin .sin 1

sin 1

ax
bx

ax bx

ax
bx

 








 

 

 


 





sin 1

sin .sin 1

sin 1

ax
bx

ax bx

ax
bx

 








 

 

 


 



Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng:

cos .cos 1
cos .cos 1
sin .cos 1
sin .cos 1

ax bx






Ví dụ 1. Giải phương trình cos5x x 2 0

Lời giải

5 2 2 5

cos x x  0 x  cos x

Vì 1 cos  x nên 1 0x2    1 1 x 1

mà













1,1 , cos 0, 1,1 cos 0, 1,1

2 2 x x x x

 


 

            

 

Do x 2 0 và  cos5x0 nên phương trình vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lời giải

(1)  sin1996xcos1996xsin2xcos2x  sin2x(sin1994x1) cos (1 cos 2x  1994x) (2)

Ta thấy
2

2 1994
1994

sin 0

sin (sin 1) 0,

sin 1

x

x x x

x

 



   








Mà
2

2 1994

1994

cos 0

cos (1 cos ) 0,

1 cos 0

x

x x x

x

 



   



 




Do đó (2)

2 1994

sin 0
sin 1

sin (sin 1) 0 2

( , )

cos 0
cos (1 cos ) 0

cos 1

x m
x

x m

x

x x

m n Z
x

x x

x n

x

x n




 

 

  

 

   

  

      



   



    

 

  



 





Vậy nghiệm của phương trình là: x k 2(k Z)


 

Ví dụ 3. Giải phương trình

1 1

cos 1 cos3 1 1

cos cos3

x x

x  x 

Lời giải

Điều kiện:

cos 0
cos3 0

x
x








Khi đó pt  cosx cos2x cos3x cos 32 x 1

Vì

2 1 ( 1)2 0 2 1

4 2 4

a  a  a   a a 

Do đó

2 1

cos cos
4

x x

và

2 1

cos 3 cos 3
4

x x

2
1
cos cos

2
1
cos 3 cos 3

x x



 



 

  




Dấu bằng xảy ra

1 1

cos cos cos

4 2

1 1

cos3 cos 3 cos3

4 2

x x x

 

  

 

   

    

 

 

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.

Ví dụ 4. Giải phương trình

(tan cot ) cos sin ( 2,3, 4,...)
4

n n n

x x  x x n

Lời giải

Với điều kiện x k 2




</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1 1 1 1

tan cot tan cot 2 tan cot 1 tan cot 1

4 4 4 4

n

x x  x  x  x x   x x 

Dấu "=" xảy ra

1 1 1

tan cot tan tan

4 4 2

x x x x

     

 Với n  : phương trình 2

2
1

tan cot 1

x x

 

 

 

  có nghiệm cho bởi:

1 1

tan arctan ( )

2 2

x  x k k Z 

 Với n Z n , 2 thì:

2 2

cosn x sinn x cos x sin x 1

   

Dấu bằng xảy ra

2 ( , )

2 2 2 1

x k khi n m

k m Z

x k hay x k khi n m



 



 



  

     



(đều không thoả mãn điều kiện x k 2



của phương trình)
Vậy với n2,n Z thì phương trình vơ nghiệm.

Ví dụ 5. Giải phương trình cos3x 2 cos 3 2 x 2(1 sin 2 ) 2 x
Lời giải

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :









2 2 2 2 2

cos3x 2 cos 3 x  1 1 cos 3x 2 cos 3 x 

 

cos 3x 2 cos 3x 2

   

Suy ra vế trái đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi cos3x 2 cos 3 2 x
2

2(1 sin 2 ) 2

VP  x 

Vậy chỉ xảy ra khi :

2
2

cos 6 1
os 3 1

cos3 2 cos 3 6 3

sin 2 0
sin 2 0

sin 2 0

k
x

x

c x

x x

x l

x

x x

 




 

       

 

  

   




  

 

 



 .

Nếu phương trình có nghiệm thì tồn tại k,l thuộc Z sao cho :

3 1 1

1 2 3

6 3 2 2 2

k l l l

k l k l

    

          

.
Để k là nguyên thì ta chọn : l 1 2n l2n .1

Thay vào (2) nghiêm :









2 1

2 2

n

x    n n Z

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Phương pháp giải. Tuỳ theo dạng và điều kiện của phương trình, ta tính nhẩm một nghiệm của
phương trình, sau đó chứng tỏ nghiệm này là duy nhất bằng một trong những cách thông dụng sau:
 Dùng tính chất đại số

 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số

Phương trình f x ( ) 0 có 1 nghiệm x  ( , )a b và hàm f đơn điệu trong ( , )a b thì f x ( ) 0 có
nghiệm duy nhất là x .

Phương trình f x( )g x( ) có 1 nghiệm x  ( , )a b , f x( )và g x( ) là hai hàm số đơn điệu ngược
chiều trên khoảng ( , )a b thì phương trình f x( )g x( ) có nghiệm x là duy nhất.

Ví dụ 1. Giải phương trình

2
cos 1

x
x  

với x 0
Lời giải
Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm x  .0

Đặt

( ) cos 1

x

f x  x 

có đạo hàm f x'( ) sinx x   0, x 0 (vì x sin ,x  )x

 Hàm f luôn đơn điệu tăng trong



0; 



 f x ( ) 0 có 1 nghiệm duy nhất trong



0; 



Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x  .0

Ví dụ 2. Giải phương trình sinxtanx 2x với 0 0 x 2


 

Lời giải

Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x 0

Đặt f x( ) sin xtanx 2x liên tục trên
0;

2


 




 

Có đạo hàm:

2
2

(cos 1)(cos cos 1)

'( ) 0, 0;

cos 2

x x x

f x x

x



    

    

 

1 5 1 5

0 cos 1 cos cos 1 0

2 x 2 x x

 

       

f

 đơn điệu tăng trên 0;2


 




 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

Dạng 4: Phương pháp đặt ẩn phụ

Ví dụ 1. Giải phương trình

32cos sin 6 1

x  x

 

  

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Lời giải

Đặt

6 6

4 2

t x   x t 

Phương trình trở thành:

3 3

2 3 3

1 cos 2 3 1 cos 2

32 sin 6 1 32 cos 6 1

2 2 2

4(1 3cos 2 3cos 2 cos 2 ) (4cos 2 3cos 2 ) 1
4cos 2 5cos 2 1 0

t t

t t t t t

t t



 

     

     

     

     

      

   

Ví dụ 2. Giải phương trình

2 4

cos cos
3

x
x 

Lời giải

2 4 1 cos 2 4 1 2 4

cos cos cos 1 cos 3. cos

3 2 3 2 3 3

x x x x x

x       

 

Đặt
2

x
t 

, phương trình trở thành:
1

(1 cos 3 ) cos 2

2  t  t(dùng công thức nhân đôi, nhân ba khai
triển để giải tiếp).

Ví dụ 3. Giải phương trình
3

sin 2 s inx

x 

 

 

 

 

Lời giải

Đặt t x 4 x t 4

 

    

 

1 sin3 2 sin sin3 sin cos
4

t t   t t t

      

 





3 2

sin t sint cost 0 sin sint t 1 cost 0

       





cos .sint t cost 0 cos 1 sin .cost t t 0 cost 0 1 sin .cost t 0

           

Với: cost 0 t 2 k x 4 2 k x 4 k



k



   

  

            

Với

1 sin .cos 0 sin 2 1 sin 2 2
2

t t t t

     

(vô nghiệm).

Vậy nghiệm của phương trình: x 4 k



k





   

Ví dụ 4. Giải phương trình

sin 3 s in2xsin

4 4

x  x 

   

  

   

   

Lời giải

Nhận thấy:

sin 3 sin 3 sin 3 sin 3

4 4 4 4

x   x   x  x 

       

         

        

        

Đặt t x 4,

 

suy ra: x t 4

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

( ) sin 3 sin 2 sin 4sin 3sin cos 2 sin 0
2

t  t   t t t t t

          

 

3 2

4sin t 3sint (1 2sin )sint t 0 sint 0

       hoặc sin2t 1

sint 0

  hoặc cost 0  t k hoặc t 2 k




 

với k  .

Suy ra: x 4 k



 

hoặc x 4 k




  x

4 2

k

 

  

với k  .

Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của phương trình là 4 2 ,

k

x  

với k .

Ví dụ 5. Giải phương trình
3

8cos cos3

x  x

 

 

 

 

Lời giải

Nhận thấy:

cos 3 cos( 3 ) cos 3

x  x   x 

 

  Đặt t x 3


  

3 3 3

( )  8cos t cos3t4cos t3cost12cos t 3cost0

cost 0

  hoặc 4 cos2t  1 0  cost hoặc 0

1
cos 2

t 

t  k

  

hoặc t 3 k .



 

Suy ra: x 2 k




 

hoặc x k  với k .

Kết luận: Các tập nghiệm cần tìm của phương trình là x 2 k , x k .


 

  

Ví dụ 6. Giải phương trình

2 sin 2sin

x  x

 

 

 

 

Lời giải

Đặt t x 4 x t 4

 

     

3 3 2 2

( ) sin 2 sin sin sin cos (sin cos )(sin cos )

t t  t t t t t t t

          

 

2 2

cos ( sint t sin cost t cos ) 0t cos (sin 2t t 2) cost 0 sin 2t 2

          

.
2

t  k

  

Suy ra: x 4 k




 

với k  .

Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của phương trình là x 4 k




 

với k .

Ví dụ 7. Giải phương trình cos 2xcos2x 1 tan x

Lời giải

Điều kiện :

 

osx 0

*
tanx -1

c 






 .

Đặt ttanx, điều kiện t 0
Khi đó phương trình trở thành :

2 2

1 1

1 1 1

1 1

t

t t t

t t



     

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>



1 t2



2 1 t



1 t

 

 1 t

 

1 t



2 1 0

         

  .



1

 

1



2 1 0 3 2 0 0 1 5 1 5

2 2

t t t t t t t  t 

              

.
So với điều kiện nhận t 0 tanx 0 x k ,



k 



Dạng 5: Phương pháp đưa về hệ phương trình

Ví dụ 1. Giải phương trình sin2 x 2 5 cos 2 x2
Lời giải
Đặt a sin2 x2;b 5 cos 2x

Phương trình trở thành

2 2

2 2

3
2

a
a b

a b

b





 

 



 

 

  




Ta có

 

2 2 2

1 1 7

sin 2 sin 2 sin

2 4 4

3 9 9

5 cos 5 cos 5 cos

2 4 4

x x x vn

x x x

  

    

  

 

  

        

  

  

Ví dụ 2. Giải phương trình ( cos )3 x 23sin2x 3 3 2
Lời giải

Đặt





3 2
3cos , sin 3

a x b x

Lúc đó phương trình trở thành

3
3

3 3 3

0
2
2

2 2

a
b
a b

a b a

b

 
 
    

 



 


 

  

 


 












 





3 2 3

2
2

2
3
3

2
3 2

cos 0 cos 0

sin 3 2

sin 3 2 cos 0

2
sin 1

cos 2

sin 3 0

x x

x

x x

x k k Z

x

x vn

x

x
x




  

  

 



 

       

 

         

  

  

 




    



   



Dạng 6: Một số phương trình lượng giác có cách giải đặc biệt

Ví dụ 1. Giải phương trình

 

cos cos 2 cos 3 cos 4 cos 5

x x x x x 

Lời giải

Ta thấy sinx 0 x m m ,   không phải là nghiệm của

 



</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>





1
sin cos cos 2 cos3 cos 4 cos 5 sin

x x x x x x  x

1
sin cos sin cos 2 sin cos3 sin cos 4 sin cos 5 sin

x x x x x x x x x x x

     

sin 2x sinx sin 3x sin 2x sin 4x sin 3x sin 5x sin 4x sin 6x sinx

         

sin 5x sin 6x 0 sin 6x sin( 5 )x

     

2 , ,
11

k

x  x  h  k h

      

Điều kiện

11
2

11 '
2

1 '

m

k m k k m

n h n

h n h




  




 



 

 

 

  

  

    

 

 với m ' 2 m, n' 2 n 1  và m n m n  , , ', '

Kết luận nghiệm phương trình
2

, 2 ; 11 ', ', ,

k

x  x  h  k m h n k h  

Ví dụ 2. Giải phương trình 4sin 3 cos 2x x 1 6sinx 8sin 3x

 


Lời giải

 

4sin 3 cos 2x x 1 6sinx 8sin x 





4sin 3 .cos 2x x 1 2 3sinx 4sin x

   

2sinx 2sin 5x 1 2sin 3x

   

Ta thấy cosx 0 x 2 m m,




     

không phải là nghiệm của

 



Nhân hai vế của phương trình

 

 cho cosx 0 x 2 m m,




     

, được:



2sinx 2sin 5 cosx



x



1 2sin 3x cos



x

   

sin 2 x sin 4 x sin 6 x cosx sin 2 x sin 4 x

     

2
sin 6 cos sin

2 14 7

k

x x   x x  

  hoặc

2
; ,

10 5

h

x   k h 

Điều kiện

2 3 7

14 7 2 2

2 2 5

10 5 2 2

k m

m k

h n

n h

  



  





 

   

 



 



     



 

 với m là số nguyên lẻ, và n là số ngun chẵn.

Ví dụ 3. Giải phương trình

 

1
cos cos 2 cos 4 cos8

x x x x  

Lời giải

Ta thấy sinx 0 x m m ,   không phải là nghiệm của

 



</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

16sinx cos cos 2 cos 4 cos8x x x xsinx

8sin 2 cos 2 cos 4 cos8x x x x sinx

 

4sin 4 cos 4 cos8x x x sinx 2sin 8 cos8x x sinx sin16x sinx

     

2 2

; ,

15 17 17

k h

x  x   k h

      

Điều kiện

2 15

15 2

2 17 1

17 17 2

k m

m k

h n

n h




 



 

 

 



 



    



 

 với m là số nguyên chẵn và n là số 
ngun lẻ.

Ví dụ 4. Giải phương trình

4 4 7

sin cos cot cot

8 3 6

x x x    x

   

Lời giải

ĐK:

sin 0

sin sin 0 cos 2 0

3 6 6 3 2

sin 0

x

k

x x x x

x



    



  

 

 



        

           

      

     

 

  

 

  



Có:

cot cot cot cot cot tan 1.

3 6 3 2 3 3 3

x   x x   x   x  x 

           

         

            

            

4 4 7 3 cos 4 7 1

( ) sin cos cos 4 x :

8 4 8 2 12 2

x k

x x  x  

          

(thỏa đk).

Kết luận: Tập nghiệm cần tìm của phương trình là 12 2

k

x  

với k .

Ví dụ 5. Giải phương trình

tan tan sin 3 sin sin 2

3 6

x  x  x x x

   

   

   

   

Lời giải

Điều kiện:

cos 0, cos 0 ,

3 6 6 2

k

x  x  x  

   

      

   

    với k   Ta có: .

tan tan tan tan cot tan 1.

3 6 2 6 6 6 6

x  x    x  x   x x 

           

         

            

            

( )   sin 3xsinxsin 2x (sin 3xsin ) sin 2x  x0

2sin 2 cosx x sin 2x 0 sin 2 (2cosx x 1) 0 sin 2x 0 cosx 0,5

         

k

x 

 

hoặc

2
2

x  k 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Kết luận: Các tập nghiệm cần tìm của phương trình là

, 2 .

2 3

k

x  x  k 

Ví dụ 6. Giải phương trình





2 2

2cos cos 1 cos sin 2

2 x x



 

 

 

 

Lời giải





2 2

2cos cos 1 cos sin 2

2 x x



 

 

 

 





2 2

2cos cos 1 cos sin 2

2 x x



 

   

 









2
2

cos sin 2 2

cos cos cos sin 2

cos sin 2 2

x x k

x x

x x k

  

 

  

  

   

 



2
2

cos sin 2 2

x x k

  

 

 



1 cos 2

sin 2 2 cos 2 2sin 2 4 1 (1)
2

1 cos 2 cos 2 2sin 2 4 1 (2)

sin 2 2
2

x

x k x x k

x x x k

x k




 

    

   

    

  



Điều kiện để phương trình (1) hoặc phương trình (2) có nghiệm là:





2 2 2 1 5 1 5

1 2 4 1 16 8 4 0

4 4

k k k  k 

         

, vì k   nên chọn k 0
Thay k  vào (1) được:0

cos 2x 2sin 2x  1 1 cos 2x 2sin 2x 0 2cos x 4sin cosx x0





cos 0

cos 0 2

2cos cos 2sin 0 1

cos 2sin tan arctan

2 2

x k

x
x

x x x

x x x x k







 


 



 



      



    

  

   

 


Thay k  vào (1) được:0

cos 2x2sin 2x  1 1 cos 2x2sin 2x 0 2cos x4sin cosx x0





cos 0

cos 0 2

2cos cos 2sin 0 1

cos 2sin tan arctan

2 2

x k

x
x

x x x

x x x x k







 


 



 



      



    

   

   

 


BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Giải các phương trình sau

Bài 1. x2 2 cosx x 2sinx 2 0
Bài 2. sin4 xcos15x1

Bài 3.

4 4 1

sin cos ( )

4 4

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Bài 4.

(tan cot ) cos sin ( 2,3, 4,...)
4

n n n

x x  x x n

Bài 5. sin3xcos3x 2 sin4x

Bài 6. sinxtanx 2x với 0 0 x 2

 

Bài 7.





cos 4x cos 2x  5 sin 3x

Bài 8.

4 4

cos x sin xcosx sinx

</div>