Cac phuong trinh luong giac co cach giai dac biet nguyen thi thanh huong

GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 7

CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
CÓ 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 không 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 không 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:
 
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
2 2
cos 4cos 2 sin 3 0
x x x x x
    

Giải:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
cos 4cos 2 sin 3 0 2 sin 1 cos 4 cos 2 0
( 2 sin sin ) (2cos 4 cos 2) 0 ( sin ) 2(cos 1) 0
sin 0 sin
0
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 2: Giải phương trình
2
8cos 4 cos 2 1 cos3 1 0
x x x
   

Giải:
2
2 2
8cos 4 cos 2 1 cos3 1 0 4cos 4 (1 cos 4 ) 1 cos 3 1 0
(4cos 4 4cos 4 1) 1 cos 3 0 (2cos 4 1) 1 cos 3 0
1
2 cos 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
         
          

 

 
 
 
 
 






GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 8

Ví dụ 3. Giải phương trình
10 10 6 6
2 2
sin cos sin cos
4 4cos 2 sin 2
x x x x

x x
 



Giải:
6 6 2 2 2 2
3
sin cos 1 sin 2 ; 4cos 2 sin 2 4 3sin 2
4
x x x x x x
     
Do đó phương trình đã cho
2
10 10 6 6 10 10
2 2 2
10 10 2 10 2 10
3
1 sin 2
sin cos sin cos sin cos 1
4
4 4cos 2 sin 2 4 4 3sin 2 4
sin cos 1 (sin sin ) (cos cos ) 0
x
x x x x x x
x x x
x x x x x x

  
   

 
       

Ta có
2 10 2 8
2 10 2 8
sin sin sin (1 sin ) 0
cos cos cos (1 cos ) 0
x x x x
x x x x

   


   



Pt
2 10 2 8
2 10 2 8
sin sin 0 sin (1 sin ) 0
cos cos 0 cos (1 cos ) 0
x x x x
x x x x
 
   
 
 
 

   
 
 
sin 0 sin 1
cos 0 cos 1
2
x x
x k
x x

   

  

   


II. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN.
Ví dụ 1. Giải phương trình
6
32cos sin 6 1
4
x x

 
  
 
 

Giải: Đặt

3
6 6
4 2
t x x t
 
    
Phương trình trở thành

3 3
2 3 3
2
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
4 cos 2 5cos 2 1 0
t t
t t
t t t t t
t t

 
     
     
     
     
      
   

Ví dụ 2. Giải phương trình

2
4
cos cos
3
x
x 
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
3
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)

GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 9

III. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
Ví dụ 1. Giải phương trình
2 2
sin 2 5 cos 2
x x
   

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


 


 
 
  






Ví dụ 2. Giải phương trình
3
2 2
3
3
( cos ) sin 3 2
x x
   

Giải: Đặt


2
3 2
3
cos , sin 3
a x b x

  

Lúc đó phương trình
3
3 3
2
2
a b
a b

  



  



IV. PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP.
Để giải phương trình )()( xgxf

, ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A sao
cho ),(,)( baxAxf



và ),(,)( baxAxg




thì khi đó:







Axg
Axf
xgxf
)(
)(
)()(

Nếu ta chỉ có Axf

)( và Axg

)( , ),( bax


thì kết luận phương trình vô ngiệm.
Ví dụ 1. Giải phương trình


Giải: Vì
1cos1




x
nên 1110
2
 xx
mà
     
1,1,0cos1,1,0cos
2
,
2
1,1
5








 xxxx


Do
2
0
x

và 0cos

5
 x nên phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2. Giải phương trình: 11
3cos
1
3cos1
cos
1
cos 
x
x
x
x
Điều kiện:





03cos
0cos
x
x

Khi đó pt 13cos3coscoscos
22
 xxxx
Vì
4
1

0)
2
1
(
4
1
222
 aaaaa
5 2 2 5
cos 0 cos
x x x x
    
GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 10

Do đó
4
1
coscos
2
 xx và
4
1
3cos3cos
2
 xx
2
1
3cos3cos
2

1
coscos
22
 xxvàxx

Dấu bằng xảy ra 



















 x
x
x
xx
xx

2
1
3cos
2
1
cos
4
1
3cos3cos
4
1
coscos
2
2

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Ví dụ 3. Giải phương trình

2012 2012
sin cos 1
x x
 

Giải : Pt
2012 2012 2 2
sin cos sin cos
x x x x
   

2 2010 2 2010
sin (sin 1) cos (1 cos )
x x x x
    (*)
Ta thấy
2
2 2010
2010
sin 0
sin (sin 1) 0,
sin 1
x
x x x
x



   





Mà
2
2 2010
2010
cos 0
cos (1 cos ) 0,
1 cos 0

x
x x x
x



   

 



Do đó (*)
2 2010
2 2010
sin 0
sin 1
sin (sin 1) 0
2
( , )
cos 0
cos (1 cos ) 0
2
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: )(
2
Zkkx 


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:









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










1sin
1sin
1sin
1sin
1sin.sin
bx
ax
bx
ax
bxax

Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng:
GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 11

1cos.sin
1cos.sin
1cos.cos
1cos.cos





bxax
bxax
bxax
bxax



Ví dụ 4. Giải phương trình
1
(tan cot ) cos sin ( 2,3,4, )
4
n n n
x x x x n   
Với điều kiện
2

kx  ta có
x
tan
và
x
cot
luôn cùng dấu nên:
1cot
4
1
tan1cot
4

1
tan2cot
4
1
tancot
4
1
tan 
n
xxxxxxxx

Dấu "=" xảy ra
2
1
tan
4
1
tancot
4
1
tan
2
 xxxx
 Với
2

n
: phương trình 1cot
4
1

tan
2







 xx có nghiệm cho bởi:
)(
2
1
arctan
2
1
tan Zkkxx 


 Với 2,


nZn thì:
1sincossincos
22
 xxxx
nn

Dấu bằng xảy ra ),(
122

2
2
2
2
Zmk
mnkhikxhaykx
mnkhikx















(đều không thoả mãn điều kiện
2

kx  của phương trình)
Vậy với Znn


,2 thì phương trình vô nghiệm.

ĐS )(
2
1
arctan Zkkx 


V. PHƯƠNG PHÁP ĐOÁN 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
GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 12

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

Phương trình )()( xgxf

có 1 nghiệm ),( bax



, )(xf tăng (giảm) trong
),( ba , )(xg giảm (tăng) trong ),( ba thì phương trình )()( xgxf

có nghiệm


x
là
duy nhất.




Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
1cos
2
x
x  với
0

x

Giải

Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm
0

x
.
Đặt 1
2
cos)(
2

x
xxf có đạo hàm
'( ) sin 0, 0
f x x x x
     
(vì xxx  ,sin )

Hàm f luôn đơn điệu tăng trong


0;



0)(

xf có 1 nghiệm duy nhất trong


0;



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

Ví dụ 2. Giải phương trình:
02tansin



xxx
với
2
0

 x
Giải
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm
0

x

Đặt xxxxf 2tansin)(



liên tục trên







2
;0


Có đạo hàm:









2
;0,0
cos
)1cos)(cos1(cos
)('
2
2

x
x

xxx
xf
do 01coscos
2
51
1cos0
2
51
2




xxx
f

đơn điệu tăng trên






2
;0


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 13