Phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Trường THPT chun Lê Q Đơn

Math 08-11

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ CÁCH GIẢI
KHƠNG MẪU MỰC
A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI
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 khơng mẫu mực ở ngay
dạng của chúng, nhưng cũng có những phương trình ta thấy dạng rất bình
thường nhưng cách giải lại khơng mẫu mực.
Sau đây là những phương trình lượng giác có cách giải khơng mẫu mực
thường gặp.
I.PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNG
Phương pháp này nhằm biến đổi phương trình lượng giác về dạng một
vế là tổng bình phương các số hạng (hay tổng các số hạng khơng âm) và vế
cịn lại bằng khơng và áp dụng tính chất:
A  0
A2  B 2  0  
B  0

Bài 1. Giải phương trình:
3 tan 2 x  4 sin 2 x  2 3 tan x  4 sin x  2  0

GIẢI
3 tan x  4 sin x  2 3 tan x  4 sin x  2  0
2

2

 3 tan 2 x  2 3 tan x  1  4 sin 2 x  4 sin x  1  0
 ( 3 tan x  1) 2  (2 sin x  1) 2  0
 3 tan x  1  0

2 sin x  1  0

3
tan x 
3

sin x  1

2



 x  6  m
m, n  Z 

 x    2 n

6

Nguyễn Văn Tuấn Anh

1


Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

ĐS x 


6

Math 08-11
 2k (k  Z )

II.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 → R:
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 ngiệm.
Bài 2. Giải phương trình:
cos 5 x  x 2  0

GIẢI
cos x  x  0  x   cos x
Vì  1  cos x  1 nên 0  x 2  1  1  x  1
  
mà  1,1  
,   cos x  0, x   1,1   cos 5 x  0, x   1,1
 2 2
2
Do x  0 và  cos 5 x  0 nên phương trình vơ nghiệm.

5

2

2

5

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.
Bài 3. Giải phương trình:
sin1996 x  cos1996 x  1 (1)
GIẢI
(1)  sin1996 x  cos1996 x  sin 2 x  cos 2 x
 sin 2 x(sin1994 x  1)  cos 2 x(1  cos1994 x) (2)
2

sin x  0
Ta thấy  1994
 sin 2 x(sin 1994 x  1)  0, x

x 1
sin
2

cos x  0
Mà 
 cos 2 x(1  cos 1994 x)  0, x
1994

x0

1  cos

 x  m

sin x  0
 x    m

sin
x


1
sin 2 x(sin 1994 x  1)  0

2

Do đó (2)   2


(m, n  Z )
1994
cos x(1  cos
x)  0
cos x  0
 x    n
cos x  1 
2

 x  n


Nguyễn Văn Tuấn Anh

2


Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn



Math 08-11

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

2

ĐS x  k (k  Z )
2

Áp dụng phương pháp đối lập, ta có thể suy ra cách giải nhanh chóng
những phương trình lượng giác ở các dạng đặc biệt dưới đây:
sin ax  1

sin bx  1
 sin ax. sin bx  1  
sin ax  1

sin bx  1
sin ax  1


sin bx  1
 sin ax. sin bx  1  
sin ax  1

sin bx  1

Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng:
cos ax. cos bx  1

cos ax. cos bx  1
sin ax. cos bx  1
sin ax. cos bx  1

III. PHƯƠNG PHÁP ĐỐN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH
TÍNH DUY NHẤT CỦA NGHIỆM
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 thơng sụng 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) tăng (giảm)
trong (a, b) , g (x) giảm (tăng) trong (a, b) thì phương trình f ( x)  g ( x) có
nghiệm x   là duy nhất.
Bài 4. Giải phương trình:
cos x  1 

x2

với x  0
2

Nguyễn Văn Tuấn Anh

3


Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Math 08-11

GIẢI
Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm x  0 .
x2
 1 là biểu thức của hàm số có đạo hàm
2
f ' ( x)   sin x  x  0, x  0 (vì x  sin x , x )

Đặt f ( x)  cos 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 .

B.CÁC BÀI TỐN CƠ BẢN
Bài 1: Giải phương trình:
x 2  2 x cos x  2 sin x  2  0 (1)

GIẢI
Ta có (1)  x  2x cos x  cos x  sin 2 x  2 sin x  1  0
2

2

 ( x  cos x) 2  (sin x  1) 2  0
 x  cos x  0

sin x  1  0
cos x  x

sin x  1

Phương trình vơ nghiệm.
Bài 2: Giải phương trình:
sin 4 x  cos15 x  1

GIẢI
Ta có: sin x  cos x  1
4

15

 sin 4 x  cos15 x  sin 2 x  cos 2 x

 sin 2 x(sin 2 x  1)  cos2 x(1  cos13 x) (1)

Vì sin 2 x(sin 2 x  1)  0, x
Và cos 2 x(1  cos13 x)  0, x

2
2

sin x(sin x  1)  0
Do đó (1)   2
13

cos x(1  cos x)  0

Nguyễn Văn Tuấn Anh

4


Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Math 08-11

sin x  0

sin x  1

cos x  0
cos x  1


 x  m

 x    m


2

(m, n  Z )
 x    n

2
 x  2n


ĐS x 



2

 k hay x  2k , (k  Z )

C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI
Bài 3: Giải các phương trình:



1
(1)
4

1.

sin 4 x  cos 4 ( x 

2.

1
(tan x  cot x) n  cos n x  sin n x(n  2,3,4,...)
4

4

)

GIẢI
1. Ta có:
2

(1)

 

1  cos(2 x  )
2

(1  cos 2 x)
1
2 



4
4
4

2
2
 (1  cos 2 x)  (1  sin 2 x)  1
 cos 2 x  sin 2 x  1
 cos(2 x 


4

2
2

)

 x  k

(k  Z )
 x    k
4


2.Với điều kiện x  k



2

ta có tan x và cot x ln cùng dấu nên:
n

1
1
1
1
tan x  cot x  tan x  cot x  2 tan x  cot x  1  tan x  cot x  1
4
4
4
4

Nguyễn Văn Tuấn Anh

5


Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Math 08-11

1
4

1
4

Dấu "=" xảy ra  tan x  cot x  tan 2 x   tan x  

1
2

2

1
 Với n  2 : phương trình  tan x  cot x   1 có nghiệm cho bởi:
4


1
1
tan x    x   arctan  k (k  Z )
2
2
 Với n  Z , n  2 thì:
cos n x  sin n x  cos 2 x  sin 2 x  1


 x  k 2 khi n  2m
Dấu bằng xảy ra  
(k , m  Z )
 x  2k hay x    2k khi n  2m  1
2


(đều không thoả mãn điều kiện x  k



2

của phương trình)

Vậy với n  2, n  Z thì phương trình vơ nghiệm.
1
2

ĐS x   arctan  k (k  Z )
Bài 4: Giải phương trình:
cos x

1
1
 1  cos 3x
 1  1 (1)
cos x
cos 3x

GIẢI
cos x  0
cos 3x  0

Điều kiện: 

Khi đó (1)  cos x  cos 2 x  cos 3x  cos 2 3x  1
1
4

1
2

Vì a 2  a   (a  ) 2  0  a  a 2 

1
4

1
1
và cos 3x  cos 2 3x 
4
4
1
1
 cos x  cos 2 x  và cos 3x  cos 2 3x 
2
2
1
1


2
cos x  cos x  4
cos x  2

 x 
Dấu bằng xảy ra  
cos 3x  cos 2 3x  1
cos 3x  1


4
2

Do đó cos x  cos 2 x 

Vậy phương trình (1) vơ nghiệm.

D.CÁC BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Nguyễn Văn Tuấn Anh

6


Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Math 08-11

Bài 1: Giải phương trình:
sin 3 x  cos 3 x  2  sin 4 x

HƯỚNG DẪN
sin x  sin x , x
3

2

cos 3 x  cos 2 x , x
 sin 3 x  cos 3 x  1 , x
2  sin 4 x  1 , x
3
3


sin x  cos x  1
Vậy phương trình tương đương: 
4

2  sin x  1

ĐS x 



2

 2k (k  Z )

Bài 2: Giải phương trình:
sin x  tan x  2 x  0 với 0  x 


2

HƯỚNG DẪN
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x  0

Đặt f ( x)  sin x  tan x  2 x liên tục trên 0; 

 2
(cos x  1)(cos x  cos x  1)
 
Có đạo hàm: f ' ( x) 
 0 , x  0;  do

2
cos x
 2
2

1 5
1 5
 0  cos x  1 
 cos 2 x  cos x  1  0
2
2
 
 f đơn điệu tăng trên 0; 
 2

Bài 3: Giải phương trình:

cos 4x  cos 2 x2  5  sin 3x

ĐS x 


2

 2k (k  Z )

Bài 4: Giải phương trình:
cos 4 x  sin 4 x  cos x  sin x

ĐS x  k (k  Z )

Bài 5: Giải phương trình:
x 2  2 sin xy  1  0

Nguyễn Văn Tuấn Anh

7


Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn
x  1
ĐS  
 y  2  2k

hay

Nguyễn Văn Tuấn Anh

 x  1



 y  2  2k

Math 08-11
(k  Z )

8