Phương pháp giải phương trình lượng giác – Trần Mạnh Hân - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

HÀ NAM 8-2014

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

BÍ QUYẾT

LƯỢNG GIÁC

THẠC SĨ. TRẦN MẠNH HÂN

- CÁC KĨ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC SẮC - CÁC MẸO LOẠI NGHIỆM NHANH, CHÍNH XÁC - CÁCH BẤM MÁY TÍNH TÌM HƯỚNG GIẢI.

ThS. Trần Mạnh Hân (0974514498) FB: thayHanSP1

I. CÁC HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN



2 2

2 2

2 2

sin 1 cos

sin cos 1

cos 1 sin

x x

x x

x x

  

     



1

₂ ^{2 2}

1

₂

1 tan tan 1

cos

x x

cos

x     x 



1

₂ ^{2 2}

1

₂

1 cot cot 1

sin

x x

sin

x     x 



1

tan .cot 1 cot

x x x

tan

   x



4 4 2 2

6 6 2 2

sin cos 1 2 sin cos ; sin cos 1 3 sin cos

x x x x

x x x x

   

   





3 3

3 3

sin cos (sin cos )(1 sin cos ) sin cos (sin cos )(1 sin cos )

x x x x x x

x x x x x x

    

    



II. DẤU CỦA CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

Góc I Góc II Góc III Góc IV

sin x  

 

cos x 

 



tan x 

_



_

cotx 

_



_

III. MỐI QUAN HỆ CỦA CÁC CUNG LƯỢNG GIÁC ĐẶC BIỆT

 Hai cung đối nhau

cos(

 x

) cos

x

sin(

  x

) sin

x

tan(

  x

) tan

x

cot(

  x

) cot

x

 Hai cung bù nhau

sin(

x

)



sin

x

cos(

x

)

 

cos

x

tan(

x

)

 

tan

x

cot(

x

)

 

cot

x

 Hai cung phụ nhau

sin( ) cos

2

x x

  

cos( ) sin

2

x x

  

tan( ) cot

2

x x

  

cot( ) tan

2

x x

  

 Hai cung hơn nhau



sin(

x

)

 

sin

x

cos(

x

)

 

cos

x

tan(

x

)



tan

x

cot(

x

)



cot

x

 Hai cung hơn nhau

2



CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC CẦN NẮM VỮNG

sin( ) cos

2

x x

  

cos( ) sin

2

x x

   

tan( ) cot

2

x x

   

cot( ) cot

2

x x

   

 Với k là số nguyên thì ta có:

sin(

x k

2 )

 

sin

x

cos(

x k

2 )

 

cos

x

tan(

x k

)



tan

x

cot(

x k

)



cot

x IV. CÔNG THỨC CỘNG

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

tan tan tan( )

1 tan tan

x y x y x y

x y x y x y

x y

x y

x y

  

  

  



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

tan tan tan( )

1 tan tan

x y x y x y

x y x y x y

x y

x y

x y

  

  

  



Đặc biệt:

TH1: Công thức góc nhân đôi: ^{2 2 2 2}

2

sin 2 2 sin cos

cos 2 cos sin 2 cos 1 1 2 sin

2 tan tan 2

1 tan

x x x

x x x x x

x x

x

 

      



 

 



Hệ quả: Công thức hạ bậc 2: ²

1 cos 2

²

1 cos 2

sin ;cos

2 2

x x

x  x 

 

TH2: Công thức góc nhân ba:

3 3

sin 3 3 sin 4 sin cos 3 4 cos 3 cos

x x x

x x x

  

  



V. CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI TỔNG SANG TÍCH VÀ TÍCH SANG TỔNG

cos cos 2 cos cos

2 2

x y x y

x y  

 

cos cos 2 sin cos

2 2

x y x y

x y  

  

sin sin 2 sin cos

2 2

x y x y

x y  

 

sin sin 2 cos sin

2 2

x y x y

x y  

 

cos cos 1 cos( ) cos( )

x y  2 x y  x y 

sin sin 1 cos( ) cos( )

x y  2  x y  x y  sin cos 1 sin( ) sin( )

x y  2 x y  xy  cos sin 1 sin( ) sin( )

x y  2 x y  x y  Chú ý:

 sin cos 2 sin 2 cos

4 4

x  x  x  x

 sin cos 2 sin 2 cos

4 4

x x  x  x  

ThS. Trần Mạnh Hân (0974514498) FB: thayHanSP1

 2

sin sin

2

u v k

u v

u v k



 

  

      ^

cos cos 2

2

u v k

u v

u v k





  

     

 tan tan

2

u v k

u v

u k



 

  

  

  

 ^ cot cot u v k

u v

u k





  

   

Đặc biệt:

sin 0

sin 1 2

2

sin 1 2

2

x x k

x x k

x x k



 

 

  

   

     

cos 0

cos 1 22

cos 1 2

x x k

x x k

x x k

 



 

   

  

    

Chú ý:

 Điều kiện có nghiệm của phương trình sin x m và cos x m là:  1 m 1.

 Sử dụng thành thạo câu thần chú " Cos đối - Sin bù - Phụ chéo" để đưa các phương trình dạng sau về phương trình cơ bản:

sin cos sin sin

u  v  u  2v cos sin cos cos

u  v  u  2v sinu  sinv  sinu  sin(v) cosu  cosv cosu  cos(v)

 Đối với phương trình

2 2

cos 1 cos 1

sin 1

sin 1

x x

x x

    

  

    

 



không nên giải trực tiếp vì khi đó phải giải 4 phương trình cơ bản thành phần, khi đó việc kết hợp nghiệm sẽ rất khó khăn. Ta nên dựa vào công thức sin²x cos²x 1 để biến đổi như sau:

2 2

cos 1 sin 0

sin 2 0

cos 0

sin 1

x x

x x x

   

    

   

 



.

 Tương tự đối với phương trình

2 2

2 2

cos 12 2 cos 1 0 cos 2 0

1 1 2 sin 0

sin 2

x x

x x x

    

    

   

  



.

Bài 1. Giải các phương trình sau

 2

cosx4  2 ^ 2 sin 2 3 0 x 6

 

   

 

 

 

 2 cos 2 0

x 3

 

   

 

 

  ^ 3 tan 3

3 x

 

  

 

 

  Hướng dẫn giải:

 2 3

cos cos cos

4 2 4 4

x  x  

   

       

   

   

 

   

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN

Ta xác định ở phương trình này 3

4, 4

u x  v 

   , nên dựa vào công thức nghiệm ta có

3 2

4 4

x   k



   hoặc 3

4 4 2

x   k



    .

Vậy nghiệm của phương trình là: x   k2; 2

x 2 k



   , (k ).

 2 sin 2 3 0

x 6

 

   

 

 

 

sin 2 3 sin 2 sin

6 2 6 3

x  x  

     

     

          

2 2

6 3 12

4 3

2 2

6 3 4

x k x k

x k x k

  

 

  

 

 

        

 

   

      

 

 

(k ).

 2 cos 2 0

x 3

 

   

 

 

 

cos 2 cos cos

3 2 3 4

x  x  

   

   

       

3 4 2 3 4 2

x k

x k

 



 



   

 

    



12 2

7 2

12

x k

x k

 

 

   

 

   



(k ).

 3 tan 3

3 x

 

  

 

 

 

tan 3 tan tan

3 x 3 3 x 6

  

   

   

       

3 x 6 k

 



   

x 6 k



   , (k ).

Chú ý: Đối với phương trình tan x m (tan x m), trong đó m là hằng số thì điều kiện cosx  0 (sinx 0) là không cần thiết.

Bài 2. Giải các phương trình sau

 sin sin 2

x   x  4 ^ sin cos 2

6 4

x  x 

   

     

   

   

 

   

 tan 3 tan

4 6

x  x 

   

     

   

   

 

    ^ cot 2 tan 0

4 6

x   x

   

     

   

   

 

   

Hướng dẫn giải:

 sin sin 2

x   x  4

2 2

4

2 2

4

x x k

x x k

 

  

   

 

    



4 2 2

4 3

x k

x k

 

 

   

 

  



, (k ).

 PT 2

cos 2 cos

4 3

x   x

   

   

      

2 2 2

4 3

2 2 2

4 3

x x k

x x k

 



 



    

 

     



5 2

36 3

11 2

12

x k

x k

 

 

  

 

   



.

 Do PT có dạng tanu  tanv nên ta chỉ cần một điều kiện cosu  0 hoặc cosv  0. Để đơn giản ta chọn điều kiện: cos 0

6 6 2 3

x  x   k x  k

 

 

         

 

 

  ^{. Khi đó:}

ThS. Trần Mạnh Hân (0974514498) FB: thayHanSP1

tan 3 tan 3 5

4 6 4 6 24 2

x  x  x  x  k x  k 

    

            

   

   

 

    ^, (k ).

Kết hợp nghiệm trên đường tròn lượng giác thu được nghiệm của PT: 5

24 2

x  k 

  ,(k ).

 Do có thể biến đổi PT về dạng tanu  tanv nên ta chỉ cần một điều kiện cosu 0 hoặc cosv  0. Để đơn giản ta chọn điều kiện:

cos 0

6 x 6 x 2 k x 3 k

   

 

 

          

 

 

  ^.

PT  cot 2 tan

4 6

x  x 

   

     

   

   

 

   

tan tan 3 2

6 4

x   x

   

   

      

3 2

6 4

x   x k



     11

36 3

x  k 

   (k ).

Kết hợp nghiệm trên đường tròn lượng giác thu được nghiệm của PT: 11

36 3

x  k 

  ,(k ). Bài 3. Giải các phương trình sau

 4 cos²x 2( 3 1)cosx  3  0  2 cos²x 5 sinx  4 0

 3 tan²x  (1 3) tanx  1 0  sin² cos²

x 4 x

 

  

 

 

  Hướng dẫn giải:

 PT

cos 1 2

2 3

3 2

cos 2 6

x x k

x k

x

 

 

 

     

 

  

     

 

 



(k ).

 PT2(1 sin ) ²x 5 sinx  4 0

(lo¹i) (t/m)

2

sin 2

2 sin 5 sin 2 0 1

sin 2

x

x x

x

 



    

 



Vậy phương trình có nghiệm: 2

x 6 k



  và 5 6 2

x  k



  , (k ).

 PT

tan 1

tan 1

3 x

x

 



  



(lo¹i)

2

sin 2

2 sin 5 sin 2 0 1

sin 2

x

x x

x

 



    

 



Vậy phương trình có nghiệm: 2

x 6 k



  và 5 6 2

x  k



  , (k ).

 PT

1 cos 2

2 1 cos 2

2 2

x x

 

 

    

   sin 2x  cos 2x  tan 2x  1 .

8 2

x  k

   

Bài 4. Giải các phương trình sau

 ^{4 4} 1

sin cos sin 2

x  x  x2  sin⁴ cos⁴ 1 2 sin

2 2

x x

   x

 2(sin⁴ cos ) cos⁴ 2 0

x  x  2 x ^

6 6

sin x cos x  cos 4x Hướng dẫn giải:

 PT ^{2 2} 1 1 ² 1

1 2 sin cos sin 2 1 sin 2 sin 2

2 2 2

x x x x x

       

sin 22 x 2 sin 2x 3 0

   

(lo¹i)

sin 2 1

sin 2 3 x x

  

   2 2

x 2 k



    ,( ).

x 4 k k



    

 PT 1 ²

1 sin 1 2 sin

2 x x

   

(lo¹i)

2 sin 0

sin 4 sin 0

sin 4

x x x

x

 

       x k(k ).

 PT 1 ²

2 1 sin 2 sin 2 0

2 x x

 

 

    

sin 22 x sin 2x 2 0

   

(lo¹i) sin 2 1

sin 2 2

x x

 

   

2 2

x 2 k



   ,( ).

x 4 k k



   

 PT 1 3 sin²xcos²x  1 2 sin 2² x 3 ^{2 2} 1 sin 2 1 2 sin 2

4 x x

   

sin 2 0 2 ,( ).

x x k x k 2 k



      

Bài 5. Giải các phương trình sau

 sin⁴xcos⁴x sin cosx x  0 

6 6

2(sin cos ) sin cos 2 2 sin 0

x x x x

x

 

  ^(A06)

 ^{4 2} 1

cos sin

x  x 4 

(2 3) cos 2 sin (2 )

2 4 1

2 cos 1 x x

x

  

  Hướng dẫn giải:

 PT 1 ² 1

1 sin 2 sin 2 0

2 x 2 x

     sin 2² x sin 2x 2 0

(lo¹i)

sin 2 1

sin 2 2 x x

  

  

,( ).

x 4 k k



    

 (A-2006) Điều kiện: 2 2 sin 0 sin 2 4

2 3 2

4

x k

x x

x k

 

 

   

     

  



PT2(sin⁶x cos ) sin cos⁶x  x x  0 3 ² 1

2 1 sin 2 sin 2 0

4 x 2 x

 

 

    

(lo¹i)

2

sin 2 1

3 sin 2 sin 2 4 0 4

sin 2

3 x

x x

x

 



    

  

 x 4 k



   , (k ).

Kết hợp nghiệm ta thu được nghiệm của phương trình 5 4 2 .

x  k



 

ThS. Trần Mạnh Hân (0974514498) FB: thayHanSP1

 PT ^{4 2} 1 ^{4 2}

cos 1 cos 4 cos 4 cos 3 0

x x 4 x x

       

(lo¹i)

2

2

cos 1

2 3

cos 4

x x

 

 

  



2 cos2 1 0 cos 2 0 2

2 4 2

x x x  k x  k 



           , (k ).

 Điều kiện: 2 cos 1 2 .

x x 3 k



     PT (2 3)cos 2 sin (² ) 2 cos 1

2 4

x x  x

      3 cos 1 cos 1

x  x 2

       

3 cos cos 0

x 2 x

      3 cosxsinx 0 tan 3 ,( ).

x x 3 k k



     

Bài 6. Giải các phương trình sau

 sin 3x cos 2xsinx  0 (D-2013)  sin 5x 2 cos²x 1 (B-2013)

 sinx 4 cosx  2 sin 2x (A-2014)  cos 3x cos 2x cosx  1 0 (D-2006) Hướng dẫn giải:

 PT sin 3xsinxcos 2x 0  2 cos 2 sinx x cos 2x  0cos 2 (2 sinx x 1) 0

4 2

cos 2 0

1 6 2

sin 2 7

6 2

x k

x

x k

x

x k

 

 

 

  

  

 

        

 



.

 PT sin 5x  1 cos 2x 1^{ cos 2x  sin 5x  cos 2x  sin}



^5x



2 5 2

cos 2 cos 5 2

2 2 5 2

2

x x k

x x

x x k

 



 

   

  

 

         

2

6 3 ( ).

2

14 7

x k

k

x k

 

 

   

  

   





 PT sinx 4 cosx  2 2 sin cosx x  sin (1 2 cos )x  x 2(2 cosx  1) 0 (sinx 2)(1 2 cos )x 0

   

(lo¹i)

sin 2

1 3 2 .

cos 2

x

x k

x

 

 



    

 



 PTcos 3xcosx cos 2x    1 0 2 sin 2 sinx x 2 sin²x  0 sin (sin 2x x sin )x 0

   sin 0 sin 0

sin 2 sin 0 2 cos 1 0

x x

x x x

   

 

        2 3 2

x k

x k



 

 

 

   



DẠNG 1. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VỚI SINX VÀ COSX

 Dạng phương trình: asinx bcosx c

 Cách giải: Chia hai vế phương trình cho a² b²

2a 2 sin 2b 2 cos 2c 2

x x

a b a b a b

  

  

C1: Đặt

2a 2 cos , 2b 2 sin .

a b   a b  

  ^{Khi đó} PT sin( ) ²c ² ?

x x

a b



    



C2: Đặt

2a 2 sin , 2b 2 cos .

a b   a b  

  ^{Khi đó} PT cos( ) ²c ² ?

x x

a b



    



 Điều kiện có nghiệm của phương trình: a² b² c²

 Chú ý: Khi phương trình có a  c hoặc b  c thì dùng công thức góc nhân đôi và sử dụng phép nhóm nhân tử chung.

Bài 1. Giải các phương trình sau

 cosx  3 sinx  2  2 sinx 2 cosx  6

 3 cos 3x sin 3x  2 sinx cosx  2 sin 5x Hướng dẫn giải:

 Nhận xét: Trong PT này ta xác định các hệ số a 1,b  3,c  2 thỏa mãn điều kiện

2 2 2

a b c do đó phương trình này có nghiệm. Để giải PT ta cần chia cả hai vế cho

2 2 12 ( 3)2 2

a b    .

PT 1 3 2

cos sin

2 x 2 x 2

   2

sinx 6 2

   

12 2

7 2

12

x k

x k

 

 

  

 

  



 PT 1 1 3

cos sin

2 x 2 x 2

   3

sinx 4 2

   

12 2

5 2

12

x k

x k

 

 

  

 

  



 PT 3 1 2

cos 3 sin 3

2 x 2 x 2

   2

sin 3

3 x 2

 

 

   

3 3 4

3 3 2

3 4

x k

x k

 



 



    

 

   



36 3

5 2

36 3 .

x k

x k

 

 

 

  

 

   



, (k ) .

 PT 1 1

sin cos sin 5

2 x 2 x x

   sin sin 5

x 4 x

 

 

   

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

ThS. Trần Mạnh Hân (0974514498) FB: thayHanSP1

5 2

4 16 2

5 3 2

4 8 3

x x k x k

x x k x k

  



  



 

      

 

   

      

 

 

.

Bài 2. Giải các phương trình sau

 3 sin 2 sin 2 1

x  2  x ^ ( 3 1)sin x( 31)cosx  3 1 0

 3 sinx  3 cos 3x  1 4 sin³x  2 6

cos 7 3 sin 7 2 0, ;

5 7 x x   x     Hướng dẫn giải:

 PT 3 1 1

3 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2

2 2 2

x x x x

      1

sin 2

6 2

x 

 

 

   

2 2

6 6

2 5 2

6 6

x k

x k

 



 



   

 

   

 3

x k

x k



 

 

 

  



(k ).

 PT 3 1 3 1 1 3

sin cos

8 x 8 x 8

  

  

Nhận xét: Sử dụng máy tính 570ES PLUS ta bấm SHIFT SIN của 3 1 8

 thu được 5 12

 , tức là

5 3 1

sin 12 8

 

 . Vậy ta có nên đưa phương trình về dạng 5 5 1 3

cos sin sin cos

12 x 12 x 8

 

ngay lập tức hay chưa? Câu trả lời là chưa. Bởi vì kết quả 5 12

 không phải giá trị cung lượng giác đặc biệt có mặt trong SGK?Vì vậy ta nên làm như sau cho thuyết phục:

Ta có 5 2 3 2 1 3 1

sin sin sin cos cos sin . .

12 4 6 4 6 4 6 2 2 2 2 8

             ^.

Nên PT 5 5 3 1

cos sin sin cos

12 x 12 x 8

    5 5

sin cos

12 12

x  

   

   

      

5 7

sin cos

12 12

x  

   

   

     

sin 5 sin

12 12

x  

   

   

     

5 2

12 12

5 13

12 12 2

x k

x k

 



 



    

 

   



Vậy phương trình có nghiệm: 2

x 2 k



   và 2 3 2

x  k



  , (k ).

 PTsin 3x 3 cos 3x 1 1 3 1 sin 3 cos 3

2 x 2 x 2

  

sin 3 1

3 2

x 

 

 

   

3 2

3 6

3 5 2

3 6

x k

x k

 



 



   

 

   



2

18 3

2

6 3

x k

x k

 

 

   

 

  



.

 PT 3 1 2 sin 7 cos 7

2 x 2 x 2

   2

sin 7

6 2

x 

 

 

   

7 2

6 4

7 3 2

6 4

x k

x k

 



 



   

 

   



7 5 2

1112

7 2

12

x k

x k

 

 

  

 

  



5 2

84 7

11 2

84 7

x k

x k

 

 

  

 

  



(k ).

Nhận xét: Để tìm nghiệm 2 6 5 ; 7

x     thực chất là ta phải chọn số nguyên k thỏa mãn

2 5 2 6

5 84 k 7 7

   hoặc 2 11 2 6

5 84 k 7 7

   tức là ta phải giải các bất phương trình

2 5 2 6

5 84 7 7

  k  ; 2 11 2 6

5 84 7 7

  k  để tìm các miền giá trị của k rồi sau đó chọn k là số nguyên.

KL: Vậy phương trình có các nghiệm thỏa mãn điều kiện là: 53 x 84

 , 5 x 12

 và 59 x 84

 . Ngoài ra, ta có thể không cần giải các BPT nghiệm nguyên ở trên bằng cách sử dụng 570ES PLUS như sau:

- Trước tiên ta tìm khoảng gần đúng của 2 6 5 7;

 

 

 

 

  ^là



0, 4; 0, 857...



- Nhập biểu thức thứ nhất 5 2

84 7

 X vào máy tính (vì máy tính không có k nên ta coi X là k) rồi CALC với các giá trị X    0; 1; 2; 3... để kiểm tra xem có thỏa mãn hay không. Khi đó ta tìm được k  2, ứng với nghiệm là 53

x 84

 .

- Tương tự cho biểu thức thứ 2 thu được k 1;k 2, tương ứng với nghiệm 5 x 12

 và 59 x 84

 . Bài 3. Giải các phương trình sau

 cos 7x sin 5x  3(cos 5xsin 7 )x  tanx3 cotx  4(sinx  3 cos )x

 3(1 cos 2 ) 2 sin cos

x x

x

   sin sin 2

cos cos 2 3

x x

x x

 

 ^(CĐ2004)

Hướng dẫn giải:

 Nhận xét: Đối với PT dạng asinx bcosx c thì chúng ta có thể giải một cách dễ dàng bằng cách chia cho a² b² . Nhưng nếu gặp dạng asinmx bcosmx csinnx dcosnx trong đó a² b² c² d² thì làm thế nào? Cứ bình tĩnh quan sát nhé! Chúng ta nhận thấy mỗi vế của phương trình đều có dạng bậc nhất của sin và cos, ta thử chia mỗi vế cho a² b² , rất may

2 2 2 2

a b  c d . Nhưng lưu ý rằng, ta phải chuyển vế sao cho mỗi vế có cùng một cung. Từ đó ta có lời giải như sau:

PT cos 7x  3 sin 7x sin 5x 3 cos 5x 1 3 1 3

cos 7 sin7 sin5 cos 5

2 x 2 x 2 x 2 x

   

ThS. Trần Mạnh Hân (0974514498) FB: thayHanSP1

sin 7 sin 5

6 3

x  x 

   

   

      

7 5 2

6 3

7 2 5 2

6 3

x x k

x x k

 



 



    

 

    



12

24 6

x k

x k

 

 

  

 

  



 Điều kiện: sin 0

sin 2 0 .

cos 0 2

x x x k

x

  

    

 



PT

2 2

sin 3 cos

4(sin 3 cos ) sin cos

x x

x x

x x

    sin 3 cos

(sin 3 cos ) 4 0

sin cos

x x

x x

x x

  

 

    

sin 3 cos 0

sin 3 cos 2 sin 2

x x

x x x

  

 

  



tan 3

sin sin 2

3 x

x  x

  

  

    

Giải và kết hợp nghiệm trên đường tròn lượng giác ta thu được: ; 2 ;

3 3

x  k x  k

 

    

2 2

9 3

x  k 

  , (k ).

 Điều kiện: sinx  0 x k

PT sin 2x  3 cos 2x  3 3

sin 2

3 2

x 

 

 

   

2 2

3 3

2 2 2

3 3

x k

x k

 



 



   

 

   



(lo¹i) 6

x k

x k



 

 

 

  



. Vậy phương trình có nghiệm: ,( )

x 6 k k



   .

 Điều kiện: 2

cos cos 2 0 2 2

x x x x k x k 3



       

PT sinxsin 2x  3(cosx cos 2 )x sinx 3 cosx  sin 2x 3 cos 2x

1 3 1 3

sin cos sin 2 cos 2

2 x 2 x 2 x 2 x

    sin sin 2

3 3

x  x 

   

   

       2

5 2

9 3

x k

x k



 

  



   



(k ).

Vậy phương trình có nghiệm: 5 2

2 ; 9 3

x k x  k 



    .

Bài 4. Giải các phương trình sau

 1

cos 3 sin x x cos

  x  1 tan 2 2 sin

x x 4

     ^(A2013)

 3 cos 5x2 sin 3 cos 2x xsinx 0(D09)  6

4 sin 3 cos 6

4 sin 3 cos 1

x x

x x

  

 

Hướng dẫn giải:

 Điều kiện: cos 0 .

x x 2 k



   

PT cos²x  3 sin cosx x 1 cos 2x  3 sin 2x 1 1 3 1 cos 2 sin 2

2 x 2 x 2

  

2 2

1 6 6

sin 2

6 2 2 5 2

6 6

x k

x

x k

 

 

 



   

  

 

        

(t/m) (t/m) 3

x k

x k



 

 

 

  



(k ).

Vậy phương trình có nghiệm: ;

x k x 3 k

 

   .

 Điều kiện: cos 0 .

x x 2 k



   

PT sin

1 2(sin cos )

cos

x x x

  x   1

(sin cos ) 2 0

x x cos

x

 

 

    

tan 1

cos 1 2 x x

  



  



Kết hợp với điều kiện thu được nghiệm của PT: ; 2

4 3

x  k x  k

 

      , (k ).

 PT 3 cos 5x(sin 5xsin ) sinx  x 0 3 cos 5x sin 5x 2 sinx

sin 5 sin

3 x x

 

 

   

5 2

3

5 2

3

x x k

x x k

 

  

   

 

    



18 3

6 4

x k

x k

 

 

   

 

   



, (k ).

Vậy phương trình có nghiệm: ;

18 3 6 4

x  k  x  k 

      .

 Đặt t 4 sinx 3 cosx 1, (t 0)

PT 6

1 6

t t

    ² 1

7 6 0

6 t t t

t

 

      

+ Với t 1 ta có 4 sinx 3 cosx  0 4 3

sin cos 0

5 x 5 x

  

cos sin x sin cos x 0

   ^{ sin}



^x



^{ 0  x k.}

+ Với t 6 ta có 4 sinx 3 cosx 5 4 3

sin cos 1

5 x 5 x

  

cos sin x sin cos x 1

   ^sin



^{x }



^{1   x  }₂ ^k2.

Vậy phương trình có nghiệm: 2 ; 2

x k x 2 k

   

     trong đó 3

sin  5 và cos

 5

 . DẠNG 2. PHƯƠNG TRÌNH THUẦN BẬC HAI VỚI SINX VÀ COSX

 Dạng phương trình: asin²x bsin cosx x c.cos²x  d 0

 Cách giải:

Cách 1: + Xét cosx  0 có là nghiệm phương trình không?

ThS. Trần Mạnh Hân (0974514498) FB: thayHanSP1 + Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

2 2

tan tan (1 tan ) 0 tan

a x b x  c d  x   x x

Cách 2: Dùng công thức hạ bậc đưa về phương trình bậc nhất với sin 2x và cos 2x (dạng 1).

Bài 1. Giải các phương trình sau

 2 sin²x sin cosx x 3 cos²x  0  2 sin²x 3 sin cosx x cos²x  0

 sin²x 10 sin cosx x 21cos²x  0  2 sin²x 5 sin cosx x 3 cos²x  0 Hướng dẫn giải:

 2 sin²x sin cosx x 3 cos²x  0

+ Xét cosx  0 (tức sin²x 1): Khi đó PT trở thành 2 0 nên cosx  0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

2

tan 1

2 tan tan 3 0 3

tan 2

x

x x

x

 



   

  



4 arctan 3

2

x k

x k

 



  



    

(k ).

Cách 2: PT2(1 cos 2 ) x sin 2x 3(1cos 2 )x 0 sin 2x 5 cos 2x 1 Đặt t  tanx khi đó

2

2 2

2 1

sin 2 ; cos 2

1 1

t t

x x

t t

  

  . Phương trình trở thành

2t2   t 3 0

1 3 2 t

t

 

 

  



.

 2 sin²x 3 sin cosx x cos²x  0

+ Xét cosx  0 (tức sin²x 1): Khi đó PT trở thành 2 0 nên cosx  0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

2

tan 1

2 tan 3 tan 1 0 1

tan 2

x

x x

x

 



   

 



4 1

arctan 2

x k

x k

 



  



       

(k ).

 sin²x 10 sin cosx x 21cos²x  0

+ Xét cosx  0 (tức sin²x 1): Khi đó phương trình trở thành 1 0 nên cosx  0 không t/m.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

2 tan 3

tan 10 tan 21 0

tan 7

x x x

x

 

     

arctan 3 arctan 7

x k

x k





  

    (k ).

 2 sin²x 5 sin cosx x 3 cos²x  0

+ Xét cosx  0 (tức sin²x 1): Khi đó phương trình trở thành 20 nên cosx  0 không t/m.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

2

tan 1

2 tan 5 tan 3 0 3

tan 2

x

x x

x

 



   

 



4 arctan 3

2

x k

x k

 



  



       

(k ).

Bài 2. Giải các phương trình sau

 sin²x  (1 3)sin cosx x 3 cos²x 0  3 sin²x 4 sin 2x 4 cos²x  0

 3 sin²x4 sin cosx x 5 cos²x 2  3 sin²x 4 sin 2x(8 33)cos²x  3 Hướng dẫn giải:

 sin²x  (1 3)sin cosx x 3 cos²x 0

+ Xét cosx  0 (tức sin²x 1): Khi đó phương trình trở thành 1 0 nên cosx 0 không t/m.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

2 tan 1

tan (1 3) tan 3 0

tan 3

x x x

x

  

      

4 3

x k

x k

 

 

   

 

  



(k ).

 PT3 sin²x 8 sin cosx x 4 cos²x 0

+ Xét cosx  0 (tức sin²x 1): Khi đó phương trình trở thành 3 0 nên cosx  0 không t/m.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

2

tan 2

3 tan 8 tan 4 0 2

tan 3

x

x x

x

  



   

  



arctan( 2) arctan 2

3

x k

x k





   

  

    

(k ).

 3 sin²x4 sin cosx x 5 cos²x 2

+ Xét cosx  0 (tức sin²x 1): Khi đó phương trình trở thành 32 nên cosx 0 không t/m.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

2 2 tan 1

3 tan 4 tan 5 2(1 tan )

tan 3

x x x x

x

 

       4

arctan 3

x k

x k

 



  

 

  



(k ).

 PT3 sin²x 8 sin cosx x(8 33)cos²x 3

+ Xét cosx  0 (tức sin²x 1): Khi đó phương trình trở thành 3 3 nên cosx  0 thỏa mãn.

Tức là

x 2 k



  là nghiệm của phương trình.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x² ta được:

 

2 2

3 tan x 8 tanx  8 33  3(1tan )x  tanx  3

x 3 k



   (k ).

Vậy phương trình có nghiệm: , .

2 3

x  k x  k

 

   

DẠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA VỚI SINX VÀ COSX

 Dạng phương trình:

3 3 2 2

a sin x bcos x csin x cosx dcos xsinx esinx f cosx 0

 Cách giải:

+ Xét cosx  0 có là nghiệm phương trình không?

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ với chú ý: 1₂ ² 1 tan

cos x

x   .

Bài 1. Giải các phương trình sau

 sinx 4 sin³x cosx  0  2 sin³x  cosx

 2 cos³x sin 3x  4 cos³x 2 sin³x3 sinx  0 Hướng dẫn giải:

ThS. Trần Mạnh Hân (0974514498) FB: thayHanSP1

 sinx4 sin³x cosx  0

+ Xét cosx  0 (tức sinx  1): Khi đó PT trở thành 3 0 nên cosx  0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ ta được:

2 3 2

tan (1x tan ) 4 tanx  x  (1 tan )x  0 3 tan³x tan²xtanx  1 0 (tanx 1)(3 tan2x 2 tanx 1) 0

      tanx 1

x 4 k



   (k ).

Nhận xét: Khi giải phương trình bậc 3 các em thường bấm máy tính để ra nghiệm ngay, nên các em biến đổi phương trình 3t³   t² t 1 0  t 1. Như thế liệu đã đầy đủ chưa? Câu trả lời là chưa đủ vì chúng ta không hề học công thức nghiệm phương trình bậc 3. Các em cần phải phân tích thành nhân tử trước khi đưa ra nghiệm. Vậy làm thế nào để phân tích nhanh nhất?

Bước 1: Dùng máy tính 570ES PLUS thu được nghiệm như sau t 1, 1

0, 47

t   3 i (1 nghiệm thực và 2 nghiệm phức). Chú ý đến số 1

3 nhé!

Bước 2: Viết nhân tử: do PT có nghiệm t 1 nên có một nhân tử (t1), vậy nhân tử còn lại là gì?

Dựa vào hệ số đầu tiên và cuối cùng trong phương trình bậc 3 ta thu được hệ số đầu tiên và cuối cùng của nhân tử còn lại, tức là có nhân tử nữa (3t² Bt 1). Để tìm B ta dựa vào phần thực của nghiệm phức còn lại 1

3 2

B

   A từ đó suy ra B 2. Vậy ta lập tức phân tích phương trình thành (t1)(3t22t1) t 1.

 2 sin³x  cosx

+ Xét cosx  0 (tức sinx  1): Khi đó PT trở thành  2 0 nên cosx  0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ ta được:

3 2

2 tan x  1 tan x 2 tan³x tan²x  1 0 (tanx 1)(2 tan2x tanx 1) 0

      tanx 1

x 4 k



   (k ).

 2 cos³x  sin 3x 2 cos³x  3 sinx 4 sin³x

+ Xét cosx  0 (tức sinx  1): Khi đó PT trở thành 0 1 nên cosx  0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ ta được:

2 3

23 tan (1x tan ) 4 tanx  x  tan³x 3 tanx  2 0 (tanx 1) (tan2 x 2) 0

    tan 1

tan 2

x x

 

    4

arctan( 2) .

x k

x k

 



  

 

   



(k ).

Nhận xét: Khi bấm máy tính giải phương trình t³3t  2 0, chúng ta thu được 2 nghiệm

1, 2

t  t   . Khi đó phân tích phương trình thành t³3t   2 (t 1)(t2). Như thế liệu đầy đủ chưa? Các em hãy để ý bậc ở hai vế để tự đưa ra câu trả lời nhé. Như vậy là đa thức này còn có 1 nhân tử nữa, theo các em nhân tử này là t1 hay t 2. Câu trả lời là t 1, vì sao lại như vậy?

Rất dễ dàng thôi nhân tử thứ ba này là t 2 thì số hạng tự do của đa thức ban đầu phải là 4, không ổn rồi. Vậy kết quả là t³3t   2 (t 1)(t2)(t 1)  (t 1) (² t2).

 4 cos³x 2 sin³x 3 sinx  0

+ Xét cosx  0 (tức sinx  1): Khi đó PT trở thành  1 0 nên cosx  0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ ta được:

3 2

42 tan x3 tan (1x tan )x  0 tan³x 3 tanx  4 0

(tanx 1)(tan2x tanx 4) 0

      tanx 1

x 4 k



   (k ). Bài 2. Giải các phương trình sau

 sin sin 2x x sin 3x 6 cos³x  cos³x sin³x  sinx cosx

 6 sinx2 cos³x 5 sin 2 cosx x  cos³x sinx3 sin²xcosx  0 Hướng dẫn giải:

 sin sin 2x x sin 3x 6 cos³x 2 sin²x cosx 3 sinx4 sin³x 6 cos³x

+ Xét cosx  0 (tức sinx  1): Khi đó PT trở thành  1 0 nên cosx 0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ ta được:

2 2 3

2 tan x 3 tan (1x tan ) 4 tanx  x 6 tan³x2 tan²x 3 tanx  6 0

(tanx 2)(tan2x 3) 0

   

tan 1

tan 3

tan 3

x x x

 



  

  



4 3

3

x k

x k

x k

 

 

 

  



   



  



(k ).

 PTcos³xsin³x sinxcosx  0

+ Xét cosx  0 (tức sinx  1): Khi đó PT trở thành  2 0 nên cosx  0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ ta được:

3 2

1 tan x(tanx 1)(1tan )x  0 1 tan³x(tan³x tan²x tanx 1) 0 tan2x tanx 0

   tan 0

tan 1

x x

 

    4

x k

x k



 

 

 

   



(k ).

 6 sinx2 cos³x 5 sin 2 cosx x  6 sinx 2 cos³x 10 sin cosx ²x

+ Xét cosx  0 (tức sinx  1): Khi đó PT trở thành  6 0 nên cosx  0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ ta được:

6 tan (1x tan ) 22x  10 tanx 6 tan³x 4 tanx 2 0 (tanx 1)(6 tan2x 6 tanx 2) 0

      tanx 1

x 4 k



   (k ).

cos³x sinx3 sin²xcosx 0

+ Xét cosx  0 (tức sinx  1): Khi đó PT trở thành  1 0 nên cosx 0 không thỏa mãn.

+ Xét cosx  0, chia hai vế phương trình cho cos x³ ta được:

2 2

1tan (1x tan ) 3 tanx  x 02 tan³x tanx  1 0 (tanx 1)(2 tan2x 2 tanx 1) 0

      tanx 1

x 4 k



   (k ). Bài 3. Giải các phương trình sau

 cos³x4 sin³x3 cos sinx ²xsinx 0  13 tanx 2