Luận văn thạc sĩ Toán sơ cấp, Toán học, Đại số, Phương trình, Bất phương trình, Lượng giác

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-----------------------

ĐỒN THỊ CÚC

PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
LƯỢNG GIÁC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số:
60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Hà Nội – Năm 2013


Mục lục
Mở đầu

2

1 Phương trình lượng giác
1.1 Phương trình cơ bản . . . . . . . . . . . .
1.2 Phương trình đưa về dạng đa thức . . . .
1.3 Phương trình đưa về dạng tích . . . . . .
1.4 Phương trình lượng giác giải bằng phương

.
.
.
.

4
4
7
13
18

2 Bất phương trình lượng giác
2.1 Bất phương trình lượng giác cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Sử dụng tính tuần hồn giải bất phương trình lượng giác . . . . . .

29
29
33

3 Ứng dụng của phương trình và bất phương trình lượng giác
3.1 Ứng dụng trong đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Ứng dụng trong chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức . . . . . . .
3.3 Ứng dụng trong hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37
37
58
70

Kết luận

86

Tài liệu tham khảo

87

1

. . . . .
. . . . .
. . . . .
pháp so

. . .
. . .
. . .
sánh

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.


Mở đầu
Chuyên đề lượng giác là một nội dung quan trọng của chương trình tốn ở bậc
Trung học phổ thơng. Các bài tốn về "Phương trình, bất phương trình lượng
giác" thường xuất hiện trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng và kỳ thi học sinh giỏi.
Việc nâng cao kiến thức và giúp học sinh giải tốt các bài toán trên là động lực để
tôi nghiên cứu đề tài này.
Bản luận văn này được chia làm 3 chương.
Chương 1. Phương trình lượng giác
Trong chương này, một số kiến thức cơ bản được nhắc lại. Luận văn trình bày

một số phương pháp giải phương trình lượng giác.
Chương 2. Bất phương trình lượng giác
Ở chương này luận văn đề cập đến các phương pháp giải bất phương trình lượng
giác.
Chương 3. Ứng dụng của phương trình và bất phương trình
Luận văn trình bày hai ứng dụng quan trọng của phương trình, bất phương
trình lượng giác trong đại số và hình học.
Mặc dù bản thân đã cố gắng và nghiêm túc trong học tập và nghiên cứu khoa
học nhưng do thời gian có hạn, kiến thức bản thân cịn hạn chế nên trong q
trình thực hiện luận văn không tránh khỏi những sơ suất. Rất mong nhận được sự
góp ý của thầy cơ và các bạn.
Tơi xin chân thành cảm ơn.
Học viên
Đồn thị Cúc

2


Lời cảm ơn
Tơi xin được bày tỏ lịng kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Nguyễn
Văn Mậu. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn tôi trong suốt q trình tơi
thực hiện đề tài.
Tơi xin gửi tới các thầy cơ Khoa Tốn-Cơ -Tin học, Trường Đại học Khoa học
Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, cũng như các thầy cơ đã tham gia giảng dạy
khóa cao học 2011-2013 đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hồn thành luận văn
của mình.
Tơi xin chân thành cảm ơn gia đình đã ln động viên tơi trong suốt q trình
học tập và làm luận văn.
Hà Nội, tháng 10 năm 2013
Học viên

Đoàn Thị Cúc

3


Chương 1
Phương trình lượng giác
Phương trình lượng giác là kiến thức quan trọng trong chương trình tốn học
phổ thơng. Khơng tồn tại một phương pháp chung để giải tất cả các bài tốn về
phương trình lượng giác. Người ta chia phương trình lượng giác (theo cách giải)
thành hai loại:
Loại 1. Phương trình lượng giác giải thuần túy bằng biến đổi lượng giác.
Loại 2. Phương trình lượng giác giải bằng các phương pháp của đại số, giải
tích...
Để giải một phương trình lượng giác nhìn chung ta thường biến đổi phương
trình cần giải về một hay một số các phương trình lượng giác đơn giản đã có cách
giải.

1.1

Phương trình cơ bản

Giả sử u,v là các biểu thức theo x: u = u(x),v = v(x).
Khi đó ta có
1.
sin u = sin v ⇔

u = v + k2π
(k ∈ Z).
u = π − v + k2π

2.
cos u = cos v ⇔

3.
tan u = tan v ⇔

u = v + k2π
u = −v + k2π
π
+ kπ
2
u = v + lπ

u=

(k ∈ Z).

(k, l ∈ Z) .

4.
cot u = cot v ⇔

u = kπ
u = v + lπ
4

(k, l ∈ Z) .

Bài tốn 1.1. Giải phương trình
sin 7x−

Lời giải. Ta có

5π
6

+ cos 2x +

π
3

(1.1)

= 0.

5π
π
= − cos 2x +
6
3
5π
π
⇔ sin 7x−
= sin 2x −
6
6

2π k2π

π
x=
= 2x − + k2π
+

6
15
5

⇔
7π
2π k2π
=
− 2x + k2π
+
x=
6
9
9

(1.1) ⇔ sin 7x−



⇔


7x −

5π

6

5π
7x −
6

(k ∈ Z) .

Vậy nghiệm của phương trình là
x=

2π k2π
2π k2π
+
; x=
+
(k ∈ Z).
15
5
9
9

Bài tốn 1.2. Giải phương trình
tan x = cos2 2x +

5π
12

+ sin2 x +

5π
12

Lời giải. Điều kiện xác định cos x = 0 ⇔ x =

+ sin x sin 3x +

5π
.
6

(1.2)

π
+ lπ (l ∈ Z).
2

Ta có
sin (a + b) sin (a − b) = sin2 a cos2 b − cos2 a sin2 b
= 1 − cos2 a

1 − sin2 b − cos2 a sin2 b.

Suy ra
cos2 a + sin2 b + sin (a + b) sin (a − b) = 1. (∗)

Áp dụng (∗) ta có
cos2 2x +

5π

12

+ sin2 x +

5π
12

+ sin x sin 3x +

Do đó
(1.2) ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

Vậy nghiệm của phương trình là x =

5π
6

= 1.

π
+ kπ (k ∈ Z).
4

π
+ kπ (k ∈ Z).
4

Bài tốn 1.3. Giải phương trình
√
2

2
+
3
cos 3x.cos3 x − sin 3x.sin3 x =
.
8
5

(1.3)


Giải. Ta có
√
1 2
2+3 2
1 2
(1.3) ⇔ cos x(cos 4x + cos 2x) − sin x(cos 2x − cos 4x) =
2
2
8 √
2+3 2
2
2
2
2
⇔ cos x. cos 4x + cos x. cos 2x − sin x. cos 2x + sin x. cos 4x =
4
√
2+3 2
2

2
2
2
⇔ cos 4x(cos x + sin x) + cos 2x(cos x − sin x) =
4
√
2
2
+
3
⇔ cos 4x + cos2 2x =
4
√
⇔ 4 cos 4x + 2(1 + cos 4x) = 2 + 3 2
√
2
⇔ cos 4x =
2

π
kπ
x=
+
16
2
⇔
−π kπ (k ∈ Z) .
+
x=
16

2

Vậy nghiệm của phương trình là
x=

π
kπ
−π kπ
+
; x=
+
(k ∈ Z).
16
2
16
2

Nhận xét 1.1. Việc khéo léo sử dụng cơng thức biến đổi tích thành tổng có thể
giúp ta tránh được việc sử dụng công thức lượng giác góc nhân ba.
Bài tốn 1.4. Giải và biện luận phương trình
(m − 1) sin x + 2 − m = 0.

Lời giải.
*) Với m = 1 thì phương trình đã cho trở thành
0. sin x + 1 = 0 ⇔ 0 sin x = −1 (phương trình vơ nghiệm).
m−2
.
m−1
m−2
⊕

> 1 ⇔ (m − 2)2 > (m − 1)2 ⇔ m2 − 4m + 4 > m2 − 2m + 1
m−1
3
⇔ m < thì phương trình vơ nghiệm.
2
m−2
⊕
≤ 1 ⇔ (m − 2)2 ≤ (m − 1)2 ⇔ m2 − 4m + 4 ≤ m2 − 2m + 1
m−1
3
m−2
−π π
⇔ m ≥ thì đặt
= sin α α ∈
,
.
2
m−1
2 2

*) Với m = 1 thì (1.4) ⇔ sin x =

x = α + k2π

Khi đó (1.4) ⇔ sin x = sin α ⇔
x = π − α + k2π

Kết luận
6

(k ∈ Z) .

(1.4)


3
thì phương trình (1.4) vơ nghiệm.
2
3
Với m ≥ thì phương trình (1.4) có nghiệm dạng
2

Với m <

x = α + k2π
x = π − α + k2π

1.2

k ∈ Z, α ∈

−π π
m−2
,
; sin α =
2 2
m−1

.

Phương trình đưa về dạng đa thức

Bài tốn 1.5. Giải phương trình
2 sin 4x + 16 sin3 x cos x + 3 cos 2x = 5.

(1.5)

Lời giải. Ta có
(1.5) ⇔ 2 sin 4x + 8 sin2 x sin 2x + 3 cos 2x = 5
⇔ 2 sin 4x + 4 (1 − cos 2x) sin 2x + 3 cos 2x = 5
⇔ 2 sin 4x + 4 sin 2x − 2 sin 4x + 3 cos 2x = 5
⇔ 3 cos 2x + 4 sin 2x = 5
3
4
⇔ cos 2x + sin 2x = 1.
5
5

Đặt


3


 5 = cos α

α ∈ 0,




 4 = sin α

π
.
2

5

Khi đó ta có phương trình
cos α cos 2x + sin α sin 2x = 1
⇔ cos (2x − α) = 1
α
⇔ 2x − α = k2π ⇔ x = + kπ (k ∈ Z) .
2

Vậy nghiệm của phương trình là
x=

α
+ kπ (k ∈ Z) .
2

Bài tốn 1.6. Giải phương trình
sin 4x sin x − sin 3x sin 2x =

√
1
cos 3x + 1 + cos x .
2

Lời giải. Ta có
√
1
cos 3x + 2 1 + cos x
2
√
⇔ 2 sin 4x sin x − 2 sin 3x sin 2x = cos 3x + 2 1 + cos x

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

7

(1.6)


√
⇔
− cos x = 2 1 + cos x
− cos x ≥ 0
⇔
 2
cos x = 4 (1 + cos x)
⇔


cos x ≤ 0



cos2 x − 4 cos x − 4 = 0

⇔ cos x = 2 1 −

√

cos x = 2 1 ± 2

⇔ x = ±arccos 2 1 −

⇔


cos x ≤ 0

√

2

√
2

+ k2π (k ∈ Z) .

Vậy nghiệm của phương trình là
x = ±arccos 2 1 −

√
2

+ k2π (k ∈ Z) .

Bài tốn 1.7. Giải phương trình
2 cos2

√
π
− 2x + 3 cos 4x = 4 cos2 x − 1.
4

(1.7)

Lời giải. Ta có
√
π
− 4x + 3 cos 4x = 4 cos2 x − 1
(1.7) ⇔ 1 + cos
√ 2
⇔ sin 4x + 3 cos 4x = 2 2 cos2 x − 1
√
⇔ sin 4x + 3 cos 4x = 2 cos 2x
√
3
1
cos 4x = cos 2x
⇔ sin 4x +
2 π
2
π
⇔ sin sin 4x + cos cos 4x = cos 2x
6

6
π
⇔ cos 4x −
= cos 2x
6


π
π
+ kπ
x=
4x − = 2x + k2π
12
6


⇔
⇔
(k ∈ Z) .
π
π
kπ
4x − = −2x + k2π
x=
+
6
36
3

Vậy nghiệm của phương trình là

x=

π
π
kπ
+ kπ; x =
+
(k ∈ Z) .
12
36
3

Bài tốn 1.8. Giải phương trình
(2 cos 3x + 6 cos x + 1)3 = 162 cos x − 27.

Lời giải.
√
Đặt t = 2 cos x, |t| ≤ 2. Ta có t3 + 1 = 3 3 3t − 1
8

(1.8)


Đặt u =

√
3

3t − 1.Ta có hệ phương trình
t3 = 3u − 1

⇔
u3 = 3t − 1
⇔

t3 − u3 = 3(u − t)
t3 = 3u − 1

(t − u)(t2 + tu + u2 + 3) = 0
⇔
t3 = 3u − 1

t=u
t3 = 3t − 1

Vậy
8 cos3 x − 6 cos x + 1 = 0
⇔ 2 cos 3x + 1 = 0
−1
⇔ cos3x =
2
2π k2π
⇔x=±
+
(k ∈ Z).
9
3

Vậy nghiệm của phương trình là x = ±

2π k2π

+
(k ∈ Z).
9
3

9


Một số hằng đẳng thức lượng giác và mối liên hệ
1 + sin 2x = (sin x + cos x)2 .
1 − sin 2x = (sin x− cos x)2 .
sin3 x + cos3 x = (sin x + cos x) (1 − sin x cos x) .
sin3 x − cos3 x = (sin x− cos x) (1 + sin x cos x) .
tan x + cot x =

2
.
sin 2x

tan x − cot x = 2 cot 2x.
sin4 x + cos4 x = 1 −

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

cos4 x − sin4 x = cos 2x.
sin6 x + cos6 x = 1 −

3 2
5 3
sin 2x = + cos 4x.
4
8 8

3
cos6 x − sin6 x = cos 2x 1 + sin2 2x .
4
x
1
1 + tan x tan =
.
2 √ cos x
π
sin x ± cos x = 2 sin x ±
.
4
sin x ±

√
π
3 cos x = 2 sin x ±
.
3

√
π
3 sin x ± cos x = 2 sin x ±

.
6
sin 3x − cos 3x = (sin x + cos x)(4 sin x cos x − 1).
1+

4
x
3x
x
3x
sin3 cos
+ cos3 sin
3
2
2
2
2

= (sin x + cos x)2 .

Bài toán 1.9. Giải phương trình
2 sin6 x + cos6 x − sin x cos x
√
= 0.
2 − 2 sin x


π

√

 x = 4 + k2π
2
Lời giải. Điều kiện xác định sin x =
⇔
2

 x = 3π + l2π
4

10

(1.9)

(k, l ∈ Z) .


Khi đó ta có

3 2
1
sin 2x − sin 2x = 0
4
2
⇔ 3 sin2 2x + sin 2x − 4 = 0.

(1.9) ⇔ 2 1 −

Đặt t = sin 2x (|t| ≤ 1). Ta có phương trình
t = 1 thỏa mãn
−4

(loại) .
t=
3

3t2 + t − 4 = 0 ⇔

Với t = 1 ⇔ sin 2x = 1 ⇔ x =

π
+ lπ (l ∈ Z) .
4

Vậy nghiệm của phương trình là x =

5π
+ 2nπ (n ∈ Z) .
4

Bài toán 1.10. Giải phương trình
sin2 x (tan x + 1) = 3 sin x (cos x − sin x) + 3.

Lời giải. Điều kiện xác định cos x = 0 ⇔ x =

(1.10)

π
+ kπ (k ∈ Z) .
2

Khi đó ta có

(1.10) ⇔ sin2 x

sin x
+1
cos x

= 3 sin x (cos x − sin x) + 3

⇔ sin3 x + sin2 x cos x = 3 sin x cos2 x − 3 sin2 x cos x + 3 cos x sin2 x + cos2 x
⇔ sin3 x + sin2 x cos x − 3 sin x cos2 x − 3 cos3 x = 0
⇔

sin3 x sin2 x cos x 3 sin x cos2 x 3 cos3 x
+
−
−
= 0 (Do cos x = 0)
cos3 x
cos3 x
cos3 x
cos3 x

⇔ tan3 x + tan2 x − 3 tan x − 3 = 0
⇔ (tan x + 1) tan2 x − 3 = 0
−π
x=
+ kπ
tan x = −1
4


√ ⇔
π
tan x = ± 3
x = ± + lπ
3



⇔

(k, l ∈ Z) .

Vậy nghiệm của phương trình là
x=

−π
π
+ kπ; x = ± + lπ (k, l ∈ Z) .
4
3

Bài toán 1.11. Giải phương trình sau
√
√
8 sin6 x + cos6 x − 3 3 cos 2x = 11 − 3 3 sin 4x − 9 sin 2x.
11

(1.11)

Lời giải. Ta có
√
√
3 2
sin 2x + 3 3 sin 4x − 11 = 3 3 cos 2x − 9 sin 2x
4 √
√
⇔ 8 − 6 sin2 2x + 3 3 sin 4x − 11 = 3 3 cos 2x − 9 sin 2x
√
√
⇔ 2 sin2 2x − 2 3 sin 2x cos 2x + 1 + 3 cos 2x − 3 sin 2x = 0
√
√
3 cos 2x − 2 3 sin 2x cos 2x = 0
⇔ 2 sin2 2x − 3 sin 2x + 1 +
√
⇔ (sin 2x − 1) (2 sin 2x − 1) − 3 cos 2x (2 sin 2x − 1) = 0
√
⇔ (2 sin 2x − 1) sin 2x − 1 − 3cos 2x = 0
1
sin 2x =
2 sin 2x − 1 = 0

2
⇔
⇔
√

π
1

sin 2x − 3 cos 2x = 1
sin 2x −
=
6
2

(1.11) ⇔ 8 1 −



x=

π
+ kπ
12




 x = 5π + kπ

12
⇔
(k, m ∈ Z) .

 x = π + mπ

6



x=

π
+ mπ
2

Vậy nghiệm của phương trình là
x=

5π
π
π
π
+ kπ; x =
+ kπ; x = + mπ; x = + mπ (k, m ∈ Z).
12
12
6
2

Bài toán 1.12. Giải phương trình
sin x

2008

sin2 x + 2008−(cos x + 1)

2008

cos2 x + 2 cos x + 2009 = cos x−sin x+1. (1.12)

Lời giải. Ta có
(1.12) ⇔ sin x

2008

sin2 x + 2008 + sin x = (cos x + 1)

2008

cos2 x + 2 cos x + 2009

+ cos x + 1.

Xét hàm số
f (t) = t + t
f (t) = 1 +

2008

2008

t2 + 2008 +

t2 + 2008, t ∈ R
t2
.
1004

12

1
2008

(t2

+ 2008)

> 0.
2007


Do đó, f (t) đồng biến. Khi đó
(1.12) ⇔ sin x = cos x + 1 ⇔ sin x − cos x = 1 ⇔

π
x = + k2π
(k ∈ Z) .
2
x = π + k2π

Vậy nghiệm của phương trình là
x = π + k2π; x =

1.3

π
+ k2π (k ∈ Z) .
2

Phương trình đưa về dạng tích

Để biến đổi phương trình đã cho về phương trình dạng tích, chúng ta cần tạo
ra các nhân tử chung.
• Các biểu thức : 1 + sin 2x; cos 2x; 1 + tan x; 1 + cot x có nhân tử chung là sin x + cos x.
• Các biểu thức : 1 − sin 2x; cos 2x; 1 − tan x; 1 − cot x có nhân tử chung là cos x − sin x.
• Các biểu thức : sin2 x; tan2 x có nhân tử chung là (1 − cos x).(1 + cos x).
• Các biểu thức: cos2 x; cot2 x có nhân tử chung là (1 − sin x).(1 + sin x).
Bài tốn 1.13. Giải phương trình
π
sin 2x −
4

π
= sin x −
4

√
+

2
.
2

(1.13)

Lời giải. Ta có
(1.13) ⇔ sin 2x −

π

4

− sin

⇔ 2 cos x sin x −

π
4

π
π
= sin x −
4
4
π
= sin x −
4

π
(2 cos x − 1) = 0
4

π
π
sin x −
=0
x = + kπ
4
4π
⇔

(k ∈ Z) .
⇔
1
x
=
±
+ kπ
cos x =
3
2
⇔ sin x −

Vậy nghiệm của phương trình là
x=

π
π
+ kπ; x = ± + kπ (k ∈ Z)
4
3

Bài tốn 1.14. Giải phương trình
1 + sin x + cos x + sin 2x + 2 cos 2x = 0.

13

(1.14)


Lời giải. Ta có

(1.14) ⇔ (1 + sin 2x) + (sin x + cos x) + 2 cos2 x − sin2 x = 0
⇔ (sin x + cos x)2 + (sin x + cos x) + 2 (cos x − sin x) (sin x + cos x) = 0
⇔ (sin x + cos x) [(sin x + cos x) + 1 + 2 (cos x − sin x)] = 0
⇔ (sin x + cos x) (3 cos x − sin x + 1) = 0
sin x + cos x = 0 (a)
⇔
3 cos x − sin x + 1 = 0 (b) .
√
π
−π
=0⇔x=
+ kπ.
(a) ⇔ 2 sin x +
4
4
1
3
1
(b) ⇔ sin x − 3 cos x = 1 ⇔ √ sin x − √ cos x = √ .
10
10
10

Đặt


1

 √ = cos α
10

3

 √ = sin α

ta có phương trình

10

1
cos α sin x − sin α cos x = √
10
⇔ sin (x − α) = sin β
x = α + β + k2π
⇔
x = α + π − β + k2π

(k ∈ Z) .

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
x=

−π
+ k2π ; x = α + β + k2π ; x = α + π − β + k2π (k ∈ Z) .
4

Bài tốn 1.15. Giải phương trình
sin2

x π

x
−
tan2 x − cos2 = 0
2
4
2

Lời giải. Điều kiện xác định cos x = 1 ⇔ x =

14

π
+ kπ (k ∈ Z) .
2

(1.15)


Khi đó

sin2 x
− (1 + cos x) = 0
cos2 x

π
(1.15) ⇔ 1 − cos x −
2
⇔ (1 − sin x)

⇔

sin2 x
− (1 + cos x) = 0
1 − sin2 x

sin2 x
− (1 + cos x) = 0
1 + sin x

⇔ 1 − cos2 x − (1 + cos x) (1 + sin x) = 0
⇔ (1 + cos x) (1 − cos x − 1 − sin x) = 0
⇔ (1 + cos x) (sin x + cos x) = 0



cos x = −1
⇔
sin x + cos x = 0

⇔

x = π + k2π
x=

(k ∈ Z) .

−π
+ kπ
4

Đối chiếu với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là
x = π + k2π; x =

−π
+ kπ (k ∈ Z) .
4

Bài tốn 1.16. Giải phương trình
3 (cot x − cos x) − 5 (tan x − sin x) = 2.

(1.16)

Lời giải. Điều kiện xác định sin x cos x = 0.
Khi đó
(1.16) ⇔ 3 (cot x + 1 − cos x) − 5 (tan x + 1 − sin x) = 0
sin x
+ 1 − sin x
cos x

⇔3

cos x
+ 1 − cos x − 5
sin x

⇔3

cos x + sin x − cos x sin x
sin x

−5

=0

sin x + cos x − sin x cos x
cos x

⇔ (3 cos x − 5 sin x) (sin x + cos x − sin x cos x) = 0
3 cos x − 5 sin x = 0
⇔
sin x + cos x − sin x cos x = 0.
∗ Với 3 cos x − 5 sin x = 0 ⇔ tan x =

3
3
⇔ x = arctan + kπ.
5
5

∗ Với sin x + cos x − sin x cos x = 0

15

=0


|t| ≤

Đặt t = sin x + cos x

√

2 . Khi đó ta có phương trình
√
t = 1 + 2 (loại)

t2 − 2t − 1 = 0 ⇔
t=1−

√

2 (thỏa mãn).
√

√

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

√

2 sin x +

√
π
1− 2
⇔ sin x +
= √
= sin β
4
2



π
π
x = β − + k2π
x + = β + k2π
4
4


⇔
⇔
π
3π
x + = π − β + k2π
x=
− β + k2π
4
4

π
4

=1−

√

2

(k ∈ Z) .

Vậy nghiệm của phương trình là
x = arctan

3
π
3π
+ kπ ; x = β − + k2π ; x =
− β + k2π (k ∈ Z) .
5
4
4

Bài tốn 1.17. Giải phương trình
|cos x + 2 sin 2x − cos 3x| = 1 + 2 sin x − cos 2x.

(1.17)

Lời giải. Ta có
(1.17) ⇔ |2 sin 2x sin x + 2 sin 2x| = 2 sin2 x + 2 sin x
⇔ |2 sin 2x (sin x + 1)| = 2 sin x (1 + sin x) .
• Xét 1 + sin x = 0 ⇔ sin x = −1 ⇔ x =

−π
+ k2π.
2


sin x = 0



• Xét |sin 2x| = sin x ⇔ 2 |sin x| |cos x| = sin x ⇔ 


|cos x| =

1
2

sin x > 0



x = kπ
sin x = 0


π

√
 x = + k2π

⇔
3 ⇔
3

sin x =

2

2π
x=
+ k2π
3



(k ∈ Z) .

Vậy nghiệm của phương trình là
x=

π
2π
−π
+ k2π ; x = kπ ; x = + k2π ; x =
+ k2π (k ∈ Z) .
2
3
3

Bài tốn 1.18. Tìm tổng các nghiệm của phương trình
cos 2x − tan2 x =

cos2 x − cos3 x − 1
cos2 x

thỏa mãn điều kiện 1 ≤ x ≤ 70.
16

(1.18)


Lời giải. Điều kiện xác định: cos x = 0 ⇔ x =

π
+ kπ
2

(k ∈ Z).

Khi đó
(1.18) ⇔ 2 cos2 x − 1 − tan2 x = 1 − cos x − 1 − tan2 x
⇔ 2 cos2 x + cos x − 1 = 0


⇔

cos x = −1
1
cos x =
2


⇔

Vì
1 ≤ x ≤ 70 ⇔ 1 ≤

x = π + k2π

π k2π
⇔x= +
(k ∈ Z) .
π
3
3
x = ± + k2π
3

π k2π
3−π
210 − π
+
≤ 70 ⇔
≤k≤
3
3
2π
2π

nên k ∈ {0, 1, 2, 3, ....., 32} .
Ta thấy phương trình (1.17) có 33 nghiệm trên [1;70] lập thành cấp số cộng: x0 =
π
π 2π
π
2π
2π
, x1 = +
, ......., x32 = + 32.

có công sai là
.
3
3
3
3
3
3
π
2π
33 π
+
+ 32.
= 363π.
Vậy S = x0 + x1 + ... + x32 =
2 3
3
3

Bài toán 1.19. Giải phương trình
sin 2x − cos x = 1 + log2 sin x

với x ∈ 0,

π
.
2

(1.19)

Lời giải.
(1.19) ⇔ sin 2x − cos x = log2 2 + log2 sin x = log2 ( 2 sin x )
⇔ sin 2x − cos x = log2

2 sin x cos x
= log2 sin 2x − log2 cos x.
cos x

Xét hàm số f (t) = t − log2 t với 0 < t < 1
⇒ f (t) = 1 −

1
t ln 2 − 1
=
<0
t ln 2
t ln 2

⇒ f (t) nghịch biến trên (0, 1).

Khi đó

(∗) ⇔ f (sin 2x) = f (cos x) ⇔ sin 2x = cos x
⇔ cos x (2 sin x − 1) = 0 ⇔ 2 sin x − 1 = 0 vì x ∈ 0,
⇔ sin x =

Vậy nghiệm của phương trình là x =

1
π

⇔x= .
2
6

π
(k ∈ Z) .
6
17

π
2

(∗)


Bài tốn 1.20. Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn [0, π]
(2 sin x − 1) (2 cos 2x + 2 sin x + m) = 3 − 4 1 − cos2 x .

(1.20)

Lời giải. Ta có
(1.20) ⇔ (2 sin x − 1) (2 cos 2x + 2 sin x + m) = −1 + 4 sin2 x
⇔ (2 sin x − 1) (2 cos 2x + 2 sin x + m) − (2 sin x − 1) (2 sin x + 1) = 0
⇔ (2 sin x − 1) (2 cos 2x + m − 
1) = 0
1
sin x =
2 sin x − 1 = 0

2

⇔
⇔

1−m
2 cos 2x + m − 1 = 0
(∗) .
cos 2x =
2
1
π
5π
có hai nghiệm: x = , x =
2
6
6
Để (1.20) có đúng 2 nghiệm thuộc [0, π] thì phương trình (∗) vơ nghiệm hay có 2
π
5π
nghiệm x = , x = .
6
6
(∗) vơ nghiệm

Trên đoạn [0, π], phương trình sin x =

1−m
>1
 2



⇔


1−m
<1
2

m < −1
⇔
m > 3.

(∗) có nghiệm
x=
x=

π
π
1
1−m
1
⇒ cos 2x = cos = ⇒
= ⇔m=0
6
3
2
2
2
1
1−m
1

5π
⇒ cos 2x = ⇒
= ⇔ m = 0.
6
2
2
2

Vậy m < −1 hoặc m > 3 hoặc m = 0 thì phương trình đã cho có hai nghiệm
thuộc [0, π]

1.4

Phương trình lượng giác giải bằng phương pháp
so sánh

Loại 1. Tổng hai số không âm

A ≥ 0

⇒

B≥0

A+B =0

18

A=0
B = 0.

Loại 2. Phương pháp đối lập

A ≤ M

B≥M

A=B

⇒

A=M
B=M

,


A ≤ M

B≤N

A+B =M +N

⇒

A=M
B=N

Đặc biệt

• sin u ± sin v = 2 ⇔

• sin u + sin v = −2 ⇔

• cos u ± cos v = 2 ⇔

• cos u + cos v = −2 ⇔




• sin u sin v = −1 ⇔ 





• sin u sin v = 1 ⇔ 






• cos u cos v = 1 ⇔ 






• cos u cos v = −1 ⇔ 



sin u = 1
sin v = ±1.
sin u = −1
sin v = −1.
cos u = 1
cos v = ±1.
cos u = −1
cos v = −1.
sin u = 1
sin v = −1
sin u = −1
sin v = 1.
sin u = 1
sin v = 1
sin u = −1
sin v = −1.

cos u = 1
cos v = 1
cos u = −1
cos v = −1.
cos u = 1
cos v = −1
cos u = −1
cos v = 1.

Nhận xét 1.2. Ngoài ra khi sử dụng phương pháp này ta còn sử dung các bất
đẳng thức như: bất đẳng thức CơSi, Bunhiacốpxki....Ta xét một số bài tốn sau.
19


Bài tốn 1.21. Giải phương trình
√

sin2 3x + tan2 3x −

√
15
3 sin 3x − 2 3 tan 3x +
= 0.
4

(1.21)

Lời giải. Ta có
√
3
) + tan2 3x − 2 3 tan 3x + 3 ) = 0
4
√ 2
√ 2
3
+ tan 3x − 3 = 0
⇔ sin 3x −
2
√

√


3
3


sin 3x −
sin 3x =
=0
2
2
⇔
⇔


√
√


tan 3x − 3 = 0
tan 3x = 3
√

(1.21) ⇔ ( sin2 3x − 3 sin 3x +


π

3x

=
+ k2π


3






2π
⇔
+ k2π
3x =

3





√

tan 3x =

⇔ 3x =

π
2π

π
+ k2π ⇔ x = + k
(k ∈ Z) .
3
9
3

3

Vậy nghiệm của phương trình là
x=

π k2π
+
(k ∈ Z) .
9
3

Bài tốn 1.22. Giải phương trình
8 cos 4x cos2 2x +

√
1 − cos 3x + 1 = 0.

(1.22)

Lời giải. Ta có
√

(1.22) ⇔ 4 cos 4x (1 + cos 4x) + 1 + 1 − cos 3x = 0

⇔ 4 cos2 4x + 4 cos 4x + 1 +

√

1 − cos 3x = 0

√
⇔ (2 cos 4x + 1)2 + 1 − cos 3x = 0
−1
−1
cos 4x =
cos 4x =
⇔
⇔
2
2
cos 3x = 1
3x = k2π
⇔x=±

⇔

2π
+ m2π (m ∈ Z) .
3

Vậy nghiệm của phương trình là
x=±

2π

+ m2π (m ∈ Z) .
3
20


cos 4x = −1
x = k2π
3

2


Bài tốn 1.23. Giải phương trình
sin2 3x
cos 3x sin3 x + sin 3x cos3 x = sin x sin2 3x.
3 sin 4x
kπ
Lời giải. Điều kiện sin 4x = 0 ⇔ x =
(k ∈ Z).
4
sin2 x +

(1.23)

Ta có
cos 3x sin3 x + sin 3x cos2 x = 4 cos3 x − 3 cos x sin3 x + 3 sin x − 4 sin3 x cos3 x
= −3 cos x sin3 x + 3 sin x cos3 x
= 3 sin x cos x cos2 x − sin2 x
=

3
3
sin 2x cos 2x = sin 4x.
2
4

Khi đó
1
4

(1.23) ⇔ sin2 x + sin2 3x = sin x sin2 3x
1 2
sin 3x − sin x
2

2

⇔

1 2
sin 3x − sin x
2

2

⇔

1 2
sin 3x − sin x
2

2

⇔


1 2

sin 3x = sin x



2



⇔
sin 3x = 0







cos 3x = 0


⇔ sin x =

1

⇔
2

x=

−

1 4
1
sin 3x + sin2 3x = 0
4
4

+

1 2
sin 3x 1 − sin2 3x = 0
4

+

1
sin2 6x = 0
16


sin 3x = 0



 sin x = 0

⇔

 sin 3x = ±1

1
sin x =

π
+ k2π
6

5π
x=
+ k2π
6

Vậy nghiệm của phương trình là x =

⇔

1
2
3 sin x − 4 sin3 x = ±1
sin x =

2

(k ∈ Z) .

5π
π
+ k2π; x =
+ k2π (k ∈ Z) .
6
6

Bài tốn 1.24. Giải phương trình
cos x

1
− 1 + cos 3x
cos x
21

1
− 1 = 1.
cos 3x

(1.24)


Lời giải. Điều kiện xác định


1
1 − cos x



−
1
≥
0


 cos x
 cos x ≥ 0
⇔





⇔



 1 − cos 3x ≥ 0

1
−1≥0
cos 3x


0 < cos x ≤ 1


0 < cos 3x ≤ 1

cos 3x

Khi đó
cos x

√
1
− 1 = cos x − cos2 x =
cos x

√
1
− 1 = cos 3x − cos2 3x =
cos 3x

cos 3x

Suy ra cos x

1
1
− cos x −
4
2

1
− 1 + cos 3x
cos x

2

1
≤ .
2

1
1
− cos 3x −
4
2

2

1
≤ .
2

1
− 1 ≤ 1.
cos 3x

Do đó
(1.24) ⇔


cos x = 1

2


cos x = 1
2

⇔

cos 3x = 1

4 cos3 x − 3 cos x = 1

2

2

(vơ nghiệm).

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.
Bài tốn 1.25. Giải phương trình
1
sin8 2x + cos8 2x = .
8

(1.25)

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có
sin8 2x +

1
2

4

1
2

4

cos8 2x +

1
2

4

+

1
2

4

+

1
2

4

+

1
2

4

+

≥

4 2
sin 2x
8

≥

4
cos2 2x.
8

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta suy ra
4

sin8 2x + cos8 2x + 6

1
2

⇔ sin8 2x + cos8 2x +

3

4
1
≥ ⇔ sin8 2x + cos8 2x ≥ .
8
8
8

≥

4
sin2 2x + cos2 2x
8

Dấu bằng xảy ra khi
4

sin8 2x = cos8 2x =

1
2

⇔ cos 4x = 0 ⇔ x =

π kπ
+
(k ∈ Z) .
8
4

⇔ sin2 2x = cos2 2x =

22

1
2


Vậy nghiệm của phương trình là x =

π kπ
+
(k ∈ Z) .
8
4

Bài tốn 1.26. Giải phương trình
3 1+

cos 2x
cos2 x

4

+ 4 tan6 x = 7.

(1.26)

Lời giải. Điều kiện xác định
cos x = 0 ⇔ x =

Đặt


 u = cos 2x + 1
2
cos x



π
+ kπ (k ∈ Z) .
2

⇒u+v =

v = tan2 x

cos 2x
+ 1 + tan2 x
cos2 x

=

cos 2x
1
+
cos2 x cos2 x

=

2 cos2 x
1 + cos 2x
=
= 2.
cos2 x
cos2 x

Ta có 3u4 + 4v 3 = 7.
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có

u4 + 1 + 1 + 1 ≥ 4u

⇔


3 u4 + 3 ≥ 12u

⇒ 3u4 + 4v 3 ≥ 7.

4 v 3 + 2 ≥ 12v

v 3 + 1 + 1 ≥ 3v





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
u4 = 1
v3 = 1

⇔ v = 1 ⇔ tan x = ±1 ⇔ x = ±

π
+ kπ (k ∈ Z) .
4

π
4

Vậy nghiệm của phương trình là x = ± + kπ (k ∈ Z) .
Bài toán 1.27. Giải phương trình
3
+ cos2 x +
4

1
+ sin2 x = 2.
4

(1.27)

Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
3
+ cos2 x +
4
≤

(12 + 12 )

1
+ sin2 x = 1.
4

3
+ cos2 x + 1.
4

3
1
+ cos2 x +
+ sin2 x
4
4
23

=

1
+ sin2 x
4

√
2.2 = 2.


Dấu bằng xảy ra khi và chi khi
3
+ cos2 x =

4
⇔ cos 2x =

1
3
1
+ sin2 x ⇔ + cos2 x = + sin2 x
4
4
4

2π
π
−1
⇔ 2x = ±
+ k2π ⇔ x = ± + kπ (k ∈ Z) .
2
3
3
π
3

Vậy nghiệm của phương trình là x = ± + kπ (k ∈ Z) .

Bài tốn 1.28. Giải phương trình
cos 2x + cos 4x + cos 6x = cos x cos 2x cos 3x + 2.

(1.28)

Lời giải. Ta có

cos 2x + cos 4x + cos 6x = 2 cos 3x cos x + 2 cos2 3x − 1
= 2 cos 3x (cos x + cos 3x) − 1
= 4 cos 3x cos 2x cos x − 1.
1
⇒ cos 3x cos 2x cos x = (cos 2x + cos 4x + cos 6x + 1) .
4

Do đó
(1.28) ⇔ cos 2x + cos 4x + cos 6x =
3
9
⇔ (cos 2x + cos 4x + cos 6x) =
4
4
⇔ cos 2x + cos 4x + cos 6x = 3

⇔


cos 2x = 1
cos 4x = 1
cos 6x = 1

⇔



1
9
(cos 2x + cos 4x + cos 6x) +

4
4


2x = k2π

cos 4x = 1
cos 6x = 1

⇔ x = kπ (k ∈ Z) .



Vậy nghiệm của phương trình là x = kπ (k ∈ Z) .

Bài toán 1.29. Giải phương trình
cos2 x +

1
cos2 x

2

1
cos2 x

2

cos2 x +

+ sin2 x +

1
sin2 x

= 12 +

1
sin y.
2

+ sin2 x +

1
sin2 x

= 12 +

1
sin y.
2

Lời giải.

Ta có
V P = 12 +

1
1
25

sin y ≤ 12 + .1 ⇔ V P ≤ .
2
2
2
24

(1.29)