CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC có CÁCH GIẢI đặc BIỆT

CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ CÁCH GIẢI ĐẶC BIỆT
GV. Nguyễn Thị Thanh Hương
Chúng ta đã biết có nhiều phương pháp để giải phương trình lượng
giác, phương pháp hay dùng nhất là biến đổi để đưa về dạng tích. Tuy
nhiên có một số phương trình lượng giác đặc biệt thể hiện tính khơng mẫu
mực ở ngay dạng của chúng. Cũng có những phương trình lượng giác ta
thấy dạng rất bình thường nhưng có cách giải lại khơng mẫu mực. Vì vậy
mục đích của chuyên đề này nhằm giới thiệu đến quý thầy cô và các em
một số phương pháp giải các phương trình lượng giác đặc biệt.
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI THÀNH TỔNG CỦA CÁC PHẦN TỬ
KHÔNG ÂM.
Nội dung phương pháp:
�A1  0
�A  0
�
A1  A2  ...  An  0 ۳ � 2
 Ai
...
�
�
�An  0

0, i  1, 2,...n 

Ví dụ 1: Giải phương trình cos 2 x  4 cos x  2 x sin x  x 2  3  0
Giải:
cos 2 x  4cos x  2 x sin x  x 2  3  0 � x 2  2 x sin x  1  cos 2 x  4 cos x  2  0
� ( x 2  2 x sin x  sin 2 x)  (2 cos 2 x  4 cos x  2)  0 � ( x  sin x) 2  2(cos x  1) 2  0
sin x  x
�x  sin x  0 �
��

��
� x0
cos x  1  0
cos x  1
�
�

Ví dụ 2: Giải phương trình 8cos 4 x cos 2 2 x  1  cos 3 x  1  0
Giải:
8cos 4 x cos 2 2 x  1  cos 3 x  1  0 � 4 cos 4 x(1  cos 4 x)  1  cos 3 x  1  0
� (4 cos 2 4 x  4 cos 4 x  1)  1  cos 3 x  0 � (2 cos 4 x  1) 2  1  cos 3 x  0
1
�
2 cos 4 x  1  0
�
cos 4 x  
�
��
��
2
� 1  cos 3x  0
�
cos 3 x  1
�

Trang 7


Ví dụ 3. Giải phương trình

sin10 x  cos10 x
sin 6 x  cos6 x

4
4 cos 2 2 x  sin 2 2 x

Giải:
3
sin 6 x  cos 6 x  1  sin 2 2 x;
4

4cos 2 2 x  sin 2 2 x  4  3sin 2 2 x

Do đó phương trình đã cho
3
1  sin 2 2 x
sin10 x  cos10 x
sin 6 x  cos 6 x
sin10 x  cos10 x
1
4

�


2
2
2
4
4 cos 2 x  sin 2 x

4
4  3sin 2 x 4
10
10
2
10
2
10
� sin x  cos x  1 � (sin x  sin x)  (cos x  cos x)  0
sin 2 x  sin10 x  sin 2 x(1  sin 8 x) �0
�
Ta có � 2
cos x  cos10 x  cos 2 x(1  cos8 x) �0
�
�
�
sin 2 x  sin10 x  0
sin 2 x(1  sin 8 x)  0
sin x  0 �sin x  �1
�

�
�
�
�
x

k
Pt
� 2

�
�
cos x  0 �cos x  �1
2
cos x  cos10 x  0
cos 2 x(1  cos8 x)  0
�
�
�

II. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN.
� �
32cos 6 �x  � sin 6 x  1
� 4�

Ví dụ 1. Giải phương trình
Giải: Đặt t  x 


3
� 6 x  6t 
4
2

Phương trình trở thành
3

3

1  cos 2t �

1  cos 2t �
�
� 3 �
�
32 �
� sin �6t  � 1 � 32 �
� cos 6t  1
2 �
� 2
�
�
� 2
�
2
3
3
� 4(1  3cos 2t  3cos 2t  cos 2t )  (4 cos 2t  3cos 2t )  1
� 4 cos 2 2t  5cos 2t  1  0

Ví dụ 2. Giải phương trình

cos 2 x  cos

4x
3

Giải
cos 2 x  cos

Đặt t 

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

2x
1
, phương trình trở thành: (1  cos 3t )  cos 2t (dùng công thức nhân đôi,
3
2

nhân ba khai triển để giải tiếp)

Trang 8


III. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

Ví dụ 1. Giải phương trình

sin 2 x  2  5  cos 2 x  2

Giải:
Đặt a  sin 2 x  2; b  5  cos 2 x
� 1
a
�
a

b

2
�
� 2
��
Pt � � 2 2
3
a  b  2
�
�
b
� 2

Ví dụ 2. Giải phương trình ( 3 cos x ) 2  3 sin 2 x  3   3 2
Giải: Đặt a   3 cos x  , b  3 sin 2 x  3
2

�

a b  3 2
�
Lúc đó phương trình � �3 3
a  b  2
�

IV. PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP.
Để giải phương trình f ( x)  g ( x) , ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A sao
cho 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.
Ví dụ 1. Giải phương trình
cos5 x  x 2  0 � x 2   cos5 x

Giải: Vì  1 cos x 1 nên 0  x 2 1   1  x 1
 
,   cos x  0, x    1,1   cos 5 x  0, x    1,1
 2 2


mà   1,1  

Do x 2 �0 và  cos 5 x  0 nên phương trình vơ nghiệm.
Ví dụ 2. Giải phương trình: cos x

1
1

 1  cos 3x
 1 1
cos x
cos 3 x

 cos x  0
 cos 3 x  0

Điều kiện: 

Khi đó pt  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
4

Do đó cos x  cos 2 x  và cos 3x  cos 2 3x 

Trang 9

1

4




1
1
cos x  cos 2 x  và cos 3 x  cos 2 3 x 
2
2

1
1


2
 cos x  cos x  4
 cos x  2
 
 x
Dấu bằng xảy ra  
 cos 3 x  cos 2 3 x  1
 cos 3 x  1


4
2

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.
Ví dụ 3. Giải phương trình

sin 2012 x  cos 2012 x  1

Giải : Pt � sin 2012 x  cos 2012 x  sin 2 x  cos 2 x
� sin 2 x(sin 2010 x  1)  cos 2 x(1  cos 2010 x) (*)
�
sin 2 x �0
� sin 2 x(sin 2010 x  1) �0, x
Ta thấy � 2010
sin
x �1
�
cos 2 x �0
�
� cos 2 x (1  cos2010 x) �0, x
Mà �
2010
1  cos x �0
�
��
x  m
�
�
��
sin x  0

��
x   m
��
2
2010

sin x  �1
�
sin x(sin
x  1)  0
�� 2
�
��
�
��
(m, n �Z )
Do đó (*) � � 2
�
2010
cos
x

0

cos x(1  cos x)  0
�
�
�
�
�x   n
��
�� 2
cos
x

�

1
��
��
x  n
��


2

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

Trang 10


Ví dụ 4. Giải phương trình
Với điều kiện x k

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


ta có tan x và cot x luôn cùng dấu nên:
2
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
1
4

1
4

1
2

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

(k , m  Z )
Dấu bằng xảy ra  
 x 2k hay x    2k khi n 2m  1
2


(đều không thoả mãn điều kiện x k


của phương trình)
2

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

ĐS x arctan  k (k  Z )
V. 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
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) 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.

Trang 11


Ví dụ 1. Giải phương trình: cos x 1 

x2
với x  0
2

Giải
Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm x 0 .
Đặt f ( x) cos x 

x2
 1 có đạo hàm f '( x)   sin x  x �0, x �0 (vì x  sin x , x )
2

 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:
sin x  tan x  2 x 0 với 0 x 


2

Giải
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x 0
 

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

Có đạo hàm: f ' ( x) 
do

1

5
2

2

(cos x  1)(cos 2 x  cos x  1)
 
0 , x  0; 
2
cos x
 2

 0 cos x 1 

1 5
 cos 2 x  cos x  1  0
2

 
 f đơn điệu tăng trên 0; 
 2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

Trang 12