Phương pháp phân tích thành nhân tử trong việc giải phương trình lượng giác – Trần Thông

Phương trình lượng giác là vấn đề quan trọng và quen thuộc trong chương trình toán học bậc THPT cũng như trong các đề thi tuyển sinh đại học. Việc giải thành thạo phương trình lượng giác đã trở thành nhiệm vụ và cũng là mong muốn của mọi học sinh.

37 19 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác (KNTT)

Môn: Toán 11

Thông tin:

32 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 1
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH
NHÂN TỬ TRONG VIỆC GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC
Tháng 07, năm 2017
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 2
A. MỞ ĐẦU
Phương trình lượng giác là vấn đề quan trọng và quen thuộc trong chương trình
toán học bậc THPT cũng như trong các đề thi tuyển sinh đại học. Việc giải thành
thạo phương trình lượng giác đã trở thành nhiệm vụ và cũng là mong muốn của
mọi học sinh. Tuy nhiên, sự phong phú của công thức lượng giác đã gây khó khăn
cho học sinh trong việc định hướng lời giải. Nếu định hướng không tốt sẽ dẫn đến
biến đổi vòng vo, không giải được hoặc lời giải sẽ dài dòng, không đẹp. Cản trở
này phần nào làm nản chí các em học sinh. Một số em đã sợ học và xác định bỏ
phần phương trình lượng giác. Với mong muốn giúp học sinh khắc phục khó khăn
này, tôi viết bài viết này. Bài viết đưa ra một số định hướng biến đổi phương trình
dựa trên những dấu hiệu đặc biệt. Nhờ đó học sinh nhanh chóng tìm ra lời giải của
bài toán, tiết kiệm thời gian, tự tin hơn trước các phương trình lượng giác.
Bài viết được chia thành ba phần:
Phần A: Trình bày sự cần thiết và nội dung bài viết.
Phần B: Nội dung bài viết, phần này chia thành các mục nhỏ dưới đây
I. Nhận dạng nhân tử chung dựa vào đẳng thức cơ bản
II. Phƣơng trình bậc 2 đối với
sin , cosxx
.
III. Nhẩm nghiệm đặc biệt để xác định nhân tử chung
IV. Sử dụng công thức đặc biệt
V. Thay thế hằng số bằng đẳng thức lƣợng giác
Phần C: Trình bày một số bài tập tương tự.
Tuy đã rất cố gắng, mong muốn bài viết có chất lượng tốt nhất nhưng do hạn chế về
thời gian và hiểu biết nên không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong nhận được
sự góp ý chân thành của các bạn đồng nghiệp và cấp trên để bài viết được hoàn
thiện hơn.
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 3
Mọi ý kiến đóng góp của độc giả xa gần vui lòng gửi về địa chỉ mail:
thongqna@gmail.com.
Quảng Nam, ngày 15 tháng 07 năm2017
TRẦN THÔNG
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 4
B. PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ TRONG VIỆC GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC
I. Nhận dạng nhân tử chung dựa vào đẳng thức cơ bản
Khi trong phương trình lượng giác xuất hiện những biểu thức có dấu hiệu cùng
nhân tử chung nếu nhận dạng được ta sẽ biến đổi đúng hướng và dễ dàng giải
được. Việc phát hiện nhân tử chung đòi hỏi phải nắm được những đẳng thức cơ
bản. Sau đây là một số đẳng thức quen thuộc:
Nhân tử
sin cosxx
:
22
cos2 cos sin (cos sin )(cos sin )x x x x x x x
cos sin
1 tan
cos
xx
x
x

sin cos
1 cot
sin
xx
x
x

2sin 2cos sin cos
44
x x x x

Nhân tử
sin cosxx
:
22
cos2 cos sin (cos sin )(cos sin )x x x x x x x
2
1 sin2 (sin cos )x x x
cos sin
1 tan
cos
xx
x
x

sin cos
1 cot
sin
xx
x
x

2sin 2cos sin cos
44
x x x x

HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 5
Nhân tử
1 sinx
:
2
cos (1 sin )(1 sin )x x x
Nhân tử
1 cosx
:
2
sin (1 cos )(1 cos )x x x
Nhân tử
1 2sin x
:
22
4cos 3 1 4sin (1 2sin )(1 2sin )x x x x
2
cos3 cos (4cos 3) cos (1 2sin )(1 2sin )x x x x x x
Nhân tử
1 2cosx
:
22
4sin 3 1 4cos (1 2cos )(1 2cos )x x x x
2
sin3 sin (3 4sin ) sin (2cos 1)(2cos 1)x x x x x x
Một số đẳng thức khác:
cot tan 2cot2x x x
2
tan cot
sin2
xx
x

cos3 sin3 (cos sin )(1 2sin2 )x x x x x
cos3 sin3 (cos sin )(1 2sin2 )x x x x x
Để thấy rõ hơn tầm quan trọng và lợi ích của các đẳng thức cơ bản trên ta xem một
vài ví dụ.
Ví dụ 1.1(ĐH 2007 – KA). Giải phương trình:
22
(1 sin )cos (1 cos )sin 1 sin2x x x x x
(1.1)
Phân tích: Khai triển vế trái phương trình thấy đối xứng với
sin ,cosxx
nên xuất
hiện nhân tử
sin cosxx
. Vế phải là
chứa nhân tử
sin cosxx
. Vì vậy ta có lời giải.
Giải:
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 6
2
Pt 1.1 sin cos sin cos (sin cos ) (sin cos )
(sin cos )(1 sin cos sin cos ) 0
(sin cos )(1 sin )(1 cos ) 0
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
4
sin cos 0
sin 1 2 ( ).
2
cos 1
2
xk
xx
x x k k
x
xk

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.2(ĐH 2005 – KB). Giải phương trình:
1 sin cos sin2 cos2 0x x x x
(1.2)
Phân tích: Vì trong phương trình xuất hiện
sin cos ,1 sin2 ,cos2x x x x
nên dễ
dàng nhận thấy nhân tử là
sin cosxx
.
Giải:
2 2 2
2
pt(1.2) sin cos (sin cos ) cos sin 0
sin cos (sin cos ) (cos sin )(cos sin ) 0
(sin cos )(1 sin cos cos sin ) 0
(sin cos )(1 2cos ) 0
sin cos 0
4
1
2
cos
2
2
3
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x
xx
xk
x
xk



( ).k
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.3. Giải phương trình:
5
sin4 4sin 2 4(sin cos )
2
x x x x



(1.3)
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 7
Phân tích:
Pt(1.3) 2sin2 cos2 4cos2 4(sin cos ) 0x x x x x
. Vậy phương
trình chứa nhân tử
sin cosxx
.
Giải:
2 2 2 2
Pt(1.3) 2sin2 cos2 4cos2 4(sin cos ) 0
2sin2 (cos sin ) 4(cos sin ) 4(sin cos ) 0
4sin cos (cos sin )(cos sin ) 4(cos sin )(cos sin )
4(sin cos ) 0
(sin cos ) sin cos (cos sin ) cos s
x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x x x x
xx
x x x x x x x
in 1 0
sin cos 0 (1.3.1)
.
sin cos (cos sin ) cos sin 1 0 (1.3.2)
x
xx
x x x x x x


Giải (1.3.1):
sin cos 0 ,
4
x x x k k
.
Giải (1.3.2): Đặt
cos sin 2cos , 2 2
4
t x x x t



. Phương trình
(1.3.2) trở thành:
2
3
1
1 0 3 2 0 1
2
t
t t t t t
.
Với
2
1
1 cos ( ).
4
2
2
2
xk
t x k
xk



Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.4(ĐH 2003 – KA). Giải phương trình:
2
cos2 1
cot 1 sin sin2
1 tan 2
x
x x x
x
(1.4)
Phân tích: Phương trình có chứa
cot 1, cos2xx
nên ta nghĩ đến nhân tử chung
sin cosxx
.
Giải:
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 8
ĐKXĐ:
.,
24
x k x k

.
22
2
2
cos sin cos (cos sin )
Pt(1.4) sin sin cos
sin sin cos
cos sin cos (cos sin )(cos sin )
sin (sin cos )
sin sin cos
(cos sin )(1 sin cos sin ) 0
cos sin 0
1 1 cos2
1 sin2 0
22
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 x x x
xx
x
x
x



, ( )
.
4
sin2 cos2 3 ( )
k k tm
x x vn

Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Ví dụ 1.5(ĐH 2008 – KD). Giải phương trình:
2sin (1 cos2 ) sin2 1 2cosx x x x
(1.5)
Phân tích: Phương trình xuất hiện
1 sin2 , cos2 , cos sinx x x x
nên dễ thấy
phương trình có nhân tử
cos sinxx
.
Giải:
22
2
2
2
Pt(1.5) 2sin 2cos 2sin (cos sin ) 2sin cos 1 0
2(sin cos ) 2sin (cos sin )(cos sin ) (sin cos ) 0
(sin cos )(2 2sin cos 2sin sin cos ) 0
(sin cos )( 2sin cos 2cos sin cos ) 0
(sin
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 x x x x
2
cos ) (2cos 1) 0
sin cos 0
4
( ).
1
2
cos
2
2
3
x x x
xx
xk
k
x
xk



Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.6. Giải phương trình:
23
cos cos sin 0x x x
(1.6)
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 9
Phân tích: Phương trình chứa
3
sin x
, tức là chứa
2
sin (1 cos )(1 cos )x x x
. Như
vậy nhân tử của phương trình là
cos 1x
.
Giải:
2
Pt(1.6) cos (cos 1) sin (1 cos ) 0
cos (cos 1) sin (1 cos )(1 cos ) 0
(cos 1)(cos sin sin cos ) 0
cos 1 (1.6.1)
cos sin sin cos 0 (1.6.2)
x x x x
x x x x x
x x x x x
x
x x x x

Giải (1.6.1):
cos 1 2 ,x x k k

.
Giải (1.6.2): Đặt
sin cos 2cos , 2 2
4
t x x x t



. Phương trình
(1.6.2) trở thành:
2
1 2 ( )
2 1 0
t 1 2 ( )
tl
tt
tm


.
Với
1 2 1 2
1 2 cos arccos 2 ,
4 2 4 2
t x x k k








.
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.7. Giải phương trình:
2
cos (cos 1)
2(1 sin )
sin cos
xx
x
xx

(1.7)
Phân tích: Nhìn vào phương trình và dựa vào các đẳng thức cơ bản dễ dàng suy ra
1 sinx
nhân tử chung.
Giải:
ĐKXĐ:
,
4
x k k
.
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 10
2
Pt(1.7) (1 sin )(1 sin )(cos 1) 2(1 sin )(sin cos )
(1 sin )(cos sin cos sin 1 2sin 2cos ) 0
(1 sin )(cos sin cos sin 1) 0
(1 sin ) (cos 1) 0
sin 1
2
( ).
2
cos 1
2
x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x
xx
x
xk
k
x
xk




Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 1.8. Giải phương trình:
2
4cos (2sin 1)(2sin2 1) 3x x x
(1.8)
Phân tích: Trong phương trình có
2
4cos 3x
tức là chứa nhân tử
2sin 1x
.
Giải:
2
Pt(1.8) 1 4sin (2sin 1)(2sin2 1) 0
(1 2sin )(1 2sin ) (2sin 1)(2sin2 1) 0
(1 2sin )(sin 2sin cos ) 0
sin (1 2sin )(1 2cos ) 0
sin 0
2
6
1
sin
5
2
2
6
1
cos
2
2
3
x x x
x x x x
x x x x
x x x
xk
x
xk
x
xk
x
xk


( ).k
Vậy phương trình có 5 họ nghiệm.
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 11
II. Phƣơng trình bậc 2 đối với
sin , cosxx
.
Phƣơng trình chứa
sin .cosxx
: Đối với phương trình dạng này ta nhóm số
hạng chứa
sin .cosxx
với số hạng chứa
sin x
và phần còn lại của phương trình đưa
về tam thức bậc 2 đối với
cosx
hoặc nhóm số hạng chứa
sin .cosxx
với số hạng
chứa
cosx
và phần còn lại của phương trình đưa về tam thức bậc 2 đối với
sin x
để
tìm nhân tử chung.
Ví dụ 2.1. Giải phương trình:
1 sin cos sin2 cos2 0x x x x
(2.1)
Phân tích: Nếu nhóm
sin2x
với
cosx
sẽ xuất hiện nhân tử
2sin 1x
. Ta kiểm tra
xem phần còn lại có nhân tử trên không? Đưa phần còn lại của phương trình về tam
thức bậc hai đối với
sin x
:
2
2 sin 2sinxx
. Phần này không chứa nhân tử
2sin 1x
. Vậy ta nhóm
sin2x
với
sin x
sẽ có nhân tử
2cos 1x
. Phần còn lại biến
đổi thành
2
2cos cosxx
có nhân tử
2cos 1x
.
Giải:
2
Pt(2.1) sin 2sin cos 2cos cos 0
sin (1 2cos ) cos (2cos 1) 0
(sin cos )(2cos 1) 0
sin cos 0
4
( ).
1
2
cos
2
2
3
x x x x x
x x x x
x x x
xx
xk
k
x
xk


Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 2.2. Giải phương trình:
2sin 2 3sin cos 2
4
x x x



(2.2)
Giải: Ta có:
2
Pt(2.2) sin2 cos2 3sin cos 2
2sin cos 3sin 2cos cos 3 0
sin (2cos 3) (2cos 3)(cos 1) 0
x x x x
x x x x x
x x x x
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 12
(2cos 3)(sin cos 1) 0
sin cos 1
1
sin
4
2
2
( ).
2
2
x x x
xx
x
xk
k
xk






Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Ví dụ 2.3. Giải phương trình:
sin2 cos2 7sin 3cos 3
1
2sin 1
x x x x
x
(2.3)
Giải:
ĐKXĐ:
2
6
()
5
2
6
xk
k
xk


.
Khi đó:
2
Pt(2.3) 2sin cos 3cos 2sin 5sin 3 0
cos (2sin 3) (2sin 3)(sin 1) 0
(sin cos 1)(2sin 3) 0 sin cos 1
2
1
sin ( ).
2
4
2
2
x x x x x
x x x x
x x x x x
xk
xk
xk





Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 2.4. Giải phương trình:
4sinx 2cosx 2 3tanx
(2.4)
Giải:
ĐKXĐ:
2,
2
x k k
.
Khi đó:
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 13
2
2
Pt(2.4) 4sin xcosx 2cos x 2cosx 3sinx
4sin xcosx 2cosx 2 3sinx 2sin x 0
2cosx(2sinx 1) (2sinx 1)(sinx 2) 0
(2sin x 1)(2cosx sin x 2) 0
1
sinx (2.4.1)
2
2cosx sin x 2 (2.4.2)

Giải (2.4.1):
2
1
6
sin ( )
5
2
2
6
xk
xk
xk


.
Giải (2.4.2):
2 1 2
2cos sin 2 cos sin
5 5 5
x x x x
. Gọi
là góc thỏa mãn
21
cos , sin
55


. Phương trình (2.4.2) trở thành
2
cos( ) cos ( )
22
xk
xk
xk


.
Vậy phương trình có 4 họ nghiệm.
Ví dụ 2.5. Giải phương trình
sin2 cos2 3sin cos
2
cos 1
x x x x
x
(2.5)
Giải:
ĐKXĐ:
cos 1 2 ,x x k k

.
PT đã cho tương đương với
2
2sin cos cos 2sin 3sin 1 0
cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 1) 0
2sin 1 0 (2.5.1)
(2sin 1)(cos sin 1) 0
cos sin 1 0 (2.5.2)
x x x x x
x x x x
x
x x x
xx

HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 14
Giải (2.5.1):
2
1
6
2sin 1 0 sin ( )
5
2
2
6
xk
x x tm
xk


Giải (2.5.2):
2 ( )
1
cos sin 1 0 sin cos 1 sin
2
4
2
2 ( )
x k tm
x x x x x
x k l






.
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Chú ý: Cách giải này cũng được áp dụng cho những phương trình có bậc
3. Nhóm số hạng chứa
sin .cosxx
với số hạng chứa
sin x
và phần còn lại của
phương trình đưa về đa thức bậc 3 đối với
cosx
hoặc nhóm số hạng chứa
sin .cosxx
với số hạng chứa
cosx
và phần còn lại của phương trình đưa về đa thức
bậc 3 đối với
sin x
để tìm nhân tử chung.
Ví dụ 2.6. Giải phương trình:
cos3 cos2 sin2 sin 5cos 3x x x x x
(2.6)
Giải:
Ta có
cos3 cos2 sin2 sin 5cos 3x x x x x
32
4cos 3cos 2cos 1 2sin cos 2sin 5cos 3 0x x x x x x x
32
4cos 2cos 8cos 4 sin (2cos 1) 0x x x x x
2
(2cos 4)(2cos 1) sin (2cos 1) 0x x x x
2
(2cos 1)(2sin sin 2)x x x
2
1
cos
2
2 , .
2
3
2sin sin 2 0 ( )
x
x k k
x x vn

Ví dụ 2.7. Giải phương trình:
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 15
sin3 3sin2 2cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x
(2.7)
Giải:
32
32
2
2
2
Pt(2.7) 3sin 4sin 6sin cos 2sin 1 3sin 3cos 2 0
4sin 2sin 6sin 3 3cos (2sin 1) 0
(2sin 1)(2sin 3) 3cos (2sin 1) 0
(2sin 1)(2sin 3cos 3) 0
1
sin (2.7.1)
2
2cos 3cos 1 0 (2.7.2)
x x x x x x x
x x x x x
x x x x
x x x
x
xx
Giải (2.7.1):
2
1
6
sin ( )
5
2
2
6
xk
xk
xk


.
Giải (2.7.2):
2
2
cos 1
2cos 3cos 1 0 ( )
1
2
cos
3
2
xk
x
x x k
xk
x
.
Vậy phương trình có 5 họ nghiệm.
Phƣơng trình không chứa
sin .cosxx
: Đối với loại phương trình này ta
biến đổi về dạng
22
AB
.
Ví dụ 2.8. Giải phương trình:
cos2 4cos 2sin 3 0x x x
(2.6)
Giải:
Ta có:
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 16
22
22
22
cos2 4cos 2sin 3 0
cos sin 4cos 2sin 3 0
cos 4cos 4 sin 2sin 1
sin cos 3 ( )
(cos 2) (sin 1)
sin cos 1
x x x
x x x x
x x x x
x x vn
xx
xx

2
1
sin ( ).
2
4
2
2
xk
xk
xk





Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 2.9. Giải phương trình:
5 cos2
2cos
3 2tan
x
x
x
(2.7)
Giải:
ĐKXĐ:
3
cos 0, tan
2
xx
.
Khi đó:
22
5 cos2
2cos 5 cos sin 6cos 4sin
3 2tan
x
x x x x x
x
22
cos 6cos 9 sin 4sin 4x x x x
22
cos sin 5 ( )
(cos 3) (sin 2)
sin cos 1
x x vn
xx
xx


2
1
sin ( ).
4
2
2
2
xk
xk
xk




Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
III. Nhẩm nghiệm đặc biệt để xác định nhân tử chung
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 17
Trong một số phương trình, việc xác định nhân tử chung khá khó khăn. Khi
đó ta có thể nhẩm một số nghiệm đặc biệt để xác định nhân tử chung. Từ đó định
hướng được rõ ràng cách biến đổi phương trình.
Ta có thể thực hiên theo các bước sau:
Bước 1: Nhẩm nghiệm đặc biệt.
Bước 2: Kiểm tra các giá trị đặc biệt tương ứng với nghiệm tìm được ở bước 1. Từ
đó xác định nhân tử chung.
Bước 3: Nhóm theo nhân tử đã xác định.
Ví dụ 3.1. Giải phương trình:
cos3 cos2 sin2 sin 5cos 3x x x x x
(3.1)
Bước 1: Nhập vào máy tính cầm tay phương trình trên:
cos3alpha cos2alpha sin2alpha sinalpha 5cosalpha alpha 3x x x x x
.
Dùng lệnh shift solve, màn hình xuất hiện
?X
. Ta nhập một giá trị, ấn = và chờ
kết quả. Hoặc dùng lệnh Calc để thử một số giá trị đặc biệt. Kết quả là
120x 
.
Bước 2: Các giá trị đặc biệt tương ứng là:
+
120x
thì nhân tử sẽ là
2cos 1x
.
+
60x 
thì nhân tử sẽ là
2sin 3x
hoặc
2
4sin 3x
.
+
60x
thì nhân tử sẽ là
tan 3x
hoặc
2
tan 3x
.
Phương trình có nghiệm nữa là
120x 
, tức có nhân tử
2cos 1x
. Nhóm làm xuất
hiên nhân tử tìm được. Dễ thấy
sin2 sin sin (2cos 1)x x x x
nên phần còn lại
của phương trình ta đưa về bậc 3 đối với
cosx
, chác chắn có nhân tử
2cos 1x
.
Giải:
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 18
32
32
2
2
2
Pt(3.1) 4cos 3cos 2cos 1 2sin cos sin 5cos 3 0
4cos 2cos 8cos 4 sin (2cos 1) 0
(2cos 1)(2cos 4) sin (2cos 1) 0
(2cos 1)(2cos sin 4) 0
1
cos
2
2,
2
3
2sin sin 2 0 ( )
x x x x x x
x x x x x
x x x x
x x x
x
x k k
x x vn

.
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 3.2. Giải phương trình:
sin3 3sin2 2cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x
(3.2)
Phân tích: Nhẩm nghiệm thấy phương trình có hai nghiệm đặc biệt là
30 ,150
nên có nhân tử là
2sin 1x
.
Giải:
32
32
2
2
2
Pt(3.2) 3sin 4sin 6sin cos 2sin 1 3sin 3cos 2 0
4sin 2sin 6sin 3 3cos (2sin 1) 0
(2sin 1)(2sin 3) 3cos (2sin 1) 0
(2sin 1)(2sin 3cos 3) 0
1
sin (3.2.1)
2
2cos 3cos 1 0 (3.2.2)
x x x x x x x
x x x x x
x x x x
x x x
x
xx
Giải (3.2.1):
2
1
6
sin ( )
5
2
2
6
xk
xk
xk


.
Giải (3.2.2):
2
2
cos 1
2cos 3cos 1 0 ( )
1
2
cos
3
2
xk
x
x x k
xk
x
.
Vậy phương trình có 5 họ nghiệm.
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 19
IV. Sử dụng công thức đặc biệt
Một số công thức thường dùng:
sin 3cos 2sin 2cos
36
x x x x

sin 3cos 2sin 2cos
36
x x x x

3sin cos 2sin 2cos
63
x x x x

3sin cos 2sin 2cos
63
x x x x

Dấu hiệu nhân dạng phương trình giải theo phương pháp này là trong
phương trình có chứa hằng số
3
. Hai hướng chính biến đổi phương trình loại này
là: + Đưa phương trình về dạng
cos cosAB
hoặc
sin sinAB
.
+ Đưa về phương trình bậc 2 đối với một hàm số lượng giác.
Dạng 1: Đưa phương trình về dạng
cos cosAB
hoặc
sin sinAB
Ví dụ 4.1. Giải phương trình:
22
3
4sin 3cos2 1 2cos
24
x
xx



(4.1)
Giải: Ta có:
Pt(4.1) 2(1 cos ) 3cos2 1 1 cos 2
2
x x x



13
cos( ) sin2 cos2 cos( ) cos 2
2 2 6
x x x x x




HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 20
7
2 2 2
66
( ).
52
22
6 18 3
x x k x k
k
x x k x k








Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 4.2. Giải phương trình:
22
2cos 2x 3cos4x 4cos x 1
4



(4.2)
Giải:
Ta có:
Pt(4.2) 1 cos 4x 3cos4x 2(1 cos2x) 1
2
sin4x 3cos4x 2cos2x cos 4x cos2x
6
4x 2x k2
xk
6
12
(k ).
xk
4x 2x k2
36 3
6








Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 4.3. Giải phương trình:
2
2cos3 .cos 3(1 sin2 )
23
cos 2
4
x x x
x




(4.3)
Giải:
ĐKXĐ:
,
82
x k k

. Khi đó:
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 21
Pt(4.3) cos4 cos2 3 3sin2 3 1 3cos 4
2
3sin4 cos4 ( 3sin2 cos2 )
sin 4 sin 2 sin 4 sin 2
6 6 6 6
x x x x
x x x x
x x x x






4 2 2
66
18 3
( ).
4 2 2
66
2
x x k
xk
k
x x k
xk





Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 4.4. Giải phương trình:
2
2cos 2 2cos2 4sin6 cos4 1 4 3sin3 cosx x x x x x
(4.4)
Giải:
Ta có:
Pt(4.4) 2cos4 2cos2 8sin3 cos3 4 3sin3 cos
4sin3 sin 8sin3 cos3 4 3sin3 cos
sin3 0
3
2cos3 sin 3cos
cos3 cos
6
3
( ).
12
24 2
x x x x x x
x x x x x x
xk
x
x x x
xx
xk
x k k
xk








Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 22
Dạng 2: Đưa về phương trình bậc 2 đối với một hàm số lượng giác
Ví dụ 4.5. Giải phương trình:
2 sin x 3cosx 3cos2x sin2x
(4.5)
Giải: Ta có:
Vậy phương trình có
3 họ nghiệm.
Nhận xét: Biểu thức
dưới hàm số lượng giác là
2x
sẽ nhóm với
3
,
x
sẽ gắn với
6
hoặc
2x
sẽ nhóm
với
2
3
,
x
sẽ gắn với
3
để sử dụng công thức nhân đôi đưa về phương bậc 2 đối
với một hàm số lượng giác.
Ví dụ 4.6. Giải phương trình:
3(sin2x+sinx)+cos2x-cosx=2
(4.6)
Giải:
Ta có:
1 3 1 3
Pt(4.5) 2 sin cos sin2 cos2 0
2 2 2 2
sin 2 2cos 0
36
2sin cos 2cos 0
6 6 6
2
3
cos 0
6
2
12
2
sin
17
62
2
12
x x x x
xx
x x x
xk
x
xk
x
xk













( ).k
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 23
Pt(4.6) 3sin2 cos2 3sin cos 2 0
3 1 3 1
sin2 cos2 sin cos 1 0
2 2 2 2
cos 2 sin 1 0
36
x x x x
x x x x
xx

2
2sin sin 0
66
6
sin 0
6
2 ( ).
3
1
sin
2
62
xx
xk
x
x k k
x
xk
















Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 4.7. Giải phương trình:
cos2x 3sin2x 4 3cosx 4sinx 5 0
(4.7)
Giải:
Ta có:
1 3 3 1 5
Pt(4.7) cos2x sin2x 4 cosx sinx 0
2 2 2 2 2



2 2 5
cos cos2x sin sin2x 4 sin cosx cos sinx 0
3 3 3 3 2



2
25
cos 2x 4sin x 4sin x 8sin x 3 0
3 3 2 3 3
3
sin x (vn)
x k2
32
6
(k ).
1
x k2
sin x
2
32









HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 24
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 4.8. Giải phương trình:
3cos sin2 3(cos2 sin )x x x x
(4.8)
Giải:
Pt(4.8) sin 2 3 os2 3cos 3sin
sin(2 ) 3cos( )
36
cos 2sin 3 0
66
3
cos 0
6
2 ( ).
6
3
sin
62
2
2
x c x x x
xx
xx
xk
x
x k k
x
xk















Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 4.9. Giải phương trình:
1 sin 5 2sin 3 sin2 3cosx x x x
(4.9)
Giải:
Pt(4.9) 4 3sin cos2 3sin2 3 3cosx x x x
cos2 3sin2 3( 3cos sin ) 4 0x x x x
cos 2 3cos 2 0
36
xx

2
2cos 3cos 1 0
66
xx

5
2
6
cos 1
6
2
2
1
cos
5
62
2
6
xk
x
x k k
x
xk







.
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 25
V. Thay thế hằng số bằng đẳng thức lƣợng giác
Trong nhiều bài toán nếu thay thế khéo léo các hằng số bằng các giá trị
lượng giác hay biểu thức lượng giác sẽ cho cách giải ngắn gọn. Sau đây ta đi xét
một vài ví dụ.
Ví dụ 5.1. Giải phương trình:
2
2cos 2 3sin cos 1
3cos sin
2cos2
x x x
xx
x


(5.1)
Giải :
Đk :
.,
42
x k k

. Khi đó :
22
3cos 2 3cos sin sin
Pt(5.1) 3cos sin
2cos2
x x x x
xx
x

2
3cos sin 2 3cos sin cos2 0x x x x x
cos 0
3cos sin 0
6
3cos sin 2cos2
cos cos2
6
x
xx
x x x
xx











3
2 ( ).
6
2
18 3
xk
x k k
xk


Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 5.2. Giải phương trình :
44
2( os sin ) 1
3cos sin
2cos( )
23
c x x
xx
x


(5.2)
Giải:
Đk:
5
2,
3
x k k
. Khi đó
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 26
22
22
Pt(5.2) 2cos 2sin 1 2cos 3cos sin
23
3cos sin 2cos 3cos sin
23
3cos sin 3cos sin 2cos 3cos sin
23
cos 0
3cos sin 0
6
3cos sin 2cos
cos
23
x
x x x x
x
x x x x
x
x x x x x x
x
xx
x
xx
x


















cos
6 2 3
2
3
4 ( ).
4
93
x
xk
x k k
xk






Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 5.3. Giải phương trình:
4sin . sin 2 1 2cos2 1
66
x x x




(5.3)
Giải :
2
Pt(5.3) 4sin . sin 2 1 2cos2 2cos
6 6 3
sin . cos 2 1 sin sin
6 3 6 6
sin 2sin sin 0
6 6 6
x x x
x x x x
x x x









HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 27
sin 0
6
6
sin 0 2 ( ).
63
2
1
sin
62
x
xk
x x k k
xk
x














Vậy phương trình có 4 họ nghiệm.
C. BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
1.
sin2 2cos2 1 sin 4cosx x x x
2.
2sin2 cos2 7sin 2cos 4x x x x
3.
9sin 6cos 3sin2 cos2 8x x x x
4.
44
4(sin cos ) 3sin4 2x x x
5.
33
1
1 sin 2 cos 2 sin4
2
x x x
6.
2
(sin2 3cos2 ) 5 cos(2 )
6
x x x
7.
2
1 cos2
1 cot2
sin 2
x
x
x

8.
44
1
cos sin ( )
44
xx
9.
2 2(sin cos )cos 3 cos2x x x x
10.
3
cos 3sin
cos 3sin 1
xx
xx


11.
cos3 sin3
5(sin ) 3 cos2
1 2sin2
xx
xx
x
12.
11
2sin3 2cos3
sin cos
xx
xx
13.
3 3 1
cos cos cos sin sin sin
2 2 2 2 2
x x x x
xx
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 28
14.
5
3
sin 5cos sin
22
xx
x
15.
3
tan ( ) tan 1
4
xx
Hƣớng dẫn giải một số bài tập
1.
sin2 2cos2 1 sin 4cosx x x x
2
2sin cos 2(2cos 1) 1 sin 4cos 0x x x x x
2
sin (2cos 1) 4cos 4cos 3 0x x x x
sin (2cos 1) (2cos 1)(2cos 3) 0x x x x
(2cos 1)(2sin 2cos 3) 0x x x
1
cos
2
2sin 2cos 3,( )
x
x x vn
2
3
xk
2.
2sin2 cos2 7sin 2cos 4x x x x
2
4sin cos (1 2sin ) 7sin 2cos 4 0x x x x x
2
2cos (2sin 1) (2sin 7sin 3) 0x x x x
2cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 3) 0x x x x
(2sin 1)(2cos sin 3) 0x x x
2sin 1 0
2cos sin 3,( )
x
x x vn


2
6
5
2
6
xk
xk


3.
9sin 6cos 3sin2 cos2 8x x x x
2
6sin cos 6cos 2sin 9sin 7 0x x x x x
6cos (sin 1) (sin 1)(2sin 7) 0x x x x
(sin 1)(6cos 2sin 7) 0x x x
sin 1
6cos 2sin 7
x
xx

2
2
xk
4.
44
4(sin cos ) 3sin4 2x x x
2 2 2 2 2
4[(sin cos ) 2sin cos ] 3sin4 2x x x x x
2
1
4(1 sin 2 ) 3sin4 2
2
xx
cos4 3sin4 2xx
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 29
42
12 2
xk
xk



5.
33
1
1 sin 2 cos 2 sin4
2
x x x
2 sin4 2(sin2 cos2 )(1 sin2 cos2 ) 0x x x x x
(2 sin4 ) (sin2 cos2 )(2 sin4 ) 0x x x x
(2 sin4 )(sin2 cos2 1) 0x x x
sin2 cos2 1xx
2
sin(2 )
42
x
4
2
xk
xk

7. Điều kiện:
sin2 0
2
x x k
2
1 cos2
(*) 1 cot2
1 cos 2
x
x
x
1
1 cot2
1 cos2
x
x
cos2 1
1
sin2 1 cos2
x
xx
sin2 (1 cos2 ) cos2 (1 cos2 ) sin2x x x x x
sin2 cos2 cos2 (1 cos2 ) 0x x x x
cos2 (sin2 cos2 1) 0x x x
cos2 0
sin2 cos2 1
x
xx
cos2 0
42
x x k

sin2 cos2 1xx
sin(2 ) sin( )
44
x

4
2
xk
xk

Vậy,phương trình có nghiệm:
42
xk


8.
44
1
cos sin ( )
44
xx
22
1 1 1
(1 cos2 ) [1 cos(2 )]
4 4 2 4
xx
22
(1 cos2 ) (1 sin2 ) 1xx
sin2 cos2 1xx
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 30
3
cos(2 ) cos
44
x

2
2
4
xk
xk

11. Điều kiện:
1
12
sin2 ,
7
2
12
xk
xk
xk

Ta có:
cos3 sin3 sin 2sin2 sin cos3 sin3
5(sin ) 5
1 2sin2 1 2sin2
x x x x x x x
x
xx


sin cos cos3 cos3 sin3
5
1 2sin2
x x x x x
x
(sin3 sin ) cos
5
1 2sin2
x x x
x

2sin2 cos cos
5
1 2sin2
x x x
x
(2sin 1)cos
5
1 2sin2
xx
x
5cosx
(1) 5cos cos2 3xx
2
2cos 5cos 2 0xx
1
cos
2
x
2
3
xk
12. Điều kiện:
sin2 0
2
x x k
11
(*) 2(sin3 cos3 )
sin cos
xx
xx
33
11
2[3(sin cos ) 4(sin cos ]
sin cos
x x x x
xx
22
sin cos
2(sin cos )[3 4(sin sin cos cos )]
sin cos
xx
x x x x x x
xx
sin cos
2(sin cos )( 1 4sin cos ) 0
sin cos
xx
x x x x
xx
1
(sin cos )( 2 8sin cos ) 0
sin cos
x x x x
xx
2
(sin cos )(4sin2 2) 0
sin2
x x x
x
2
(sin cos )(4sin 2 2sin2 2) 0x x x x
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 31
2
sin cos 0
4sin 2 2sin2 2 0
xx
xx

tan 1
sin2 1
sin2 1/ 2
x
x
x



4
12
7
12
xk
xk
xk

13.
3 3 1
cos cos cos sin sin sin
2 2 2 2 2
x x x x
xx
1 1 1
cos (cos2 cos ) sin (cos2 cos )
2 2 2
x x x x x x
2
cos cos2 cos sin cos2 sin cos 1x x x x x x x
2
cos2 (sin cos ) 1 sin sin cos 1 0x x x x x x
cos2 (sin cos ) sin (sin cos ) 0x x x x x x
(sin cos )(cos2 sin ) 0x x x x
2
(sin cos )( 2sin sin 1) 0x x x x
2
sin cos 0
2sin sin 1 0
xx
xx

tan 1
sin 1
sin 1/ 2
x
x
x

4
2
2
5
22
66
xk
xk
x k x k


14. Ta thấy:
cos 0 2 cos 1
2
x
x k x

Thay vào phương trình (*) ta được:
5
sin( 5 ) sin( )
22
kk


không thỏa mãn với mọi k
Do đó
cos
2
x
không là nghiệm của phương trình nên:
5
3
(*) sin cos 5cos sin cos
2 2 2 2
x x x x
x
15
3
(sin3 sin2 ) cos sin
22
x x x x
33
3sin 4sin 2sin cos 5cos sin 0x x x x x x
23
sin (3 4sin 2cos 5cos ) 0x x x x
HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trần Thông
Trang 32
32
sin (5cos 4cos 2cos 1) 0x x x x
sin 0
cos 1
1 21
cos
10
1 21
cos
10
x
x
x
x


2
1 21
arccos 2
10
1 21
arccos 2
10
xk
xk
xk
xk


Vậy,phương trình có nghiệm:
2xk
,
1 21
arccos 2
10
xk

1 21
arccos 2
10
xk

15. Điều kiện:
sin( )cos( ) 0
44
sin( )cos( ) 0
44
xx
xx


sin( 2 ) 0
4
cos2 0
sin( 2 ) 0
4
x
x
x


1 tan 1 tan
tan( )tan( ) . 1
4 4 1 tan 1 tan
xx
xx
xx



4 4 4
(1) sin 2 cos 2 cos 4x x x
2 2 4
1 2sin 2 cos 2 cos 4x x x
1
24
1 (1 cos 4 ) cos 4
2
xx
42
2cos 4 cos 4 1 0xx
2
cos 4 1x
2
1 cos 4 0x
sin4 0x
4
xk

Vậy,phương trình có nghiệm:
2
xk
| 1/32
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH
NHÂN TỬ TRONG VIỆC GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC
Tháng 07, năm 2017 Trần Thông Trang 1 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ A. MỞ ĐẦU
Phương trình lượng giác là vấn đề quan trọng và quen thuộc trong chương trình
toán học bậc THPT cũng như trong các đề thi tuyển sinh đại học. Việc giải thành
thạo phương trình lượng giác đã trở thành nhiệm vụ và cũng là mong muốn của
mọi học sinh. Tuy nhiên, sự phong phú của công thức lượng giác đã gây khó khăn
cho học sinh trong việc định hướng lời giải. Nếu định hướng không tốt sẽ dẫn đến
biến đổi vòng vo, không giải được hoặc lời giải sẽ dài dòng, không đẹp. Cản trở
này phần nào làm nản chí các em học sinh. Một số em đã sợ học và xác định bỏ
phần phương trình lượng giác. Với mong muốn giúp học sinh khắc phục khó khăn
này, tôi viết bài viết này. Bài viết đưa ra một số định hướng biến đổi phương trình
dựa trên những dấu hiệu đặc biệt. Nhờ đó học sinh nhanh chóng tìm ra lời giải của
bài toán, tiết kiệm thời gian, tự tin hơn trước các phương trình lượng giác.
Bài viết được chia thành ba phần:
Phần A: Trình bày sự cần thiết và nội dung bài viết.
Phần B: Nội dung bài viết, phần này chia thành các mục nhỏ dưới đây
I. Nhận dạng nhân tử chung dựa vào đẳng thức cơ bản
II. Phƣơng trình bậc 2 đối với sin x, cos x .
III. Nhẩm nghiệm đặc biệt để xác định nhân tử chung
IV. Sử dụng công thức đặc biệt
V. Thay thế hằng số bằng đẳng thức lƣợng giác
Phần C: Trình bày một số bài tập tương tự.
Tuy đã rất cố gắng, mong muốn bài viết có chất lượng tốt nhất nhưng do hạn chế về
thời gian và hiểu biết nên không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong nhận được
sự góp ý chân thành của các bạn đồng nghiệp và cấp trên để bài viết được hoàn thiện hơn. Trần Thông Trang 2 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Mọi ý kiến đóng góp của độc giả xa gần vui lòng gửi về địa chỉ mail: thongqna@gmail.com.
Quảng Nam, ngày 15 tháng 07 năm2017 TRẦN THÔNG Trần Thông Trang 3 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
B. PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ TRONG VIỆC GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC
I. Nhận dạng nhân tử chung dựa vào đẳng thức cơ bản
Khi trong phương trình lượng giác xuất hiện những biểu thức có dấu hiệu cùng
nhân tử chung nếu nhận dạng được ta sẽ biến đổi đúng hướng và dễ dàng giải
được. Việc phát hiện nhân tử chung đòi hỏi phải nắm được những đẳng thức cơ
bản. Sau đây là một số đẳng thức quen thuộc: 
Nhân tử sin x  cos x :  2 2
cos 2x  cos x  sin x  (cos x  sin x)(cos x  sin x)  2
1  sin 2x  (sin x  cos x)   cos x sin x 1  tan x cos x   sin x cos x 1  cot x sin x        2 sin x   2 cos x
 sin x  cos x      4   4  
Nhân tử sin x  cos x :  2 2
cos 2x  cos x  sin x  (cos x  sin x)(cos x  sin x)  2
1  sin 2x  (sin x  cos x)   cos x sin x 1  tan x cos x   sin x cos x 1  cot x sin x        2 sin x    2 cos x
 sin x  cos x      4   4  Trần Thông Trang 4 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ 
Nhân tử 1 sin x : 2
cos x  (1 sin x)(1 sin x) 
Nhân tử 1 cos x : 2
sin x  (1 cos x)(1 cos x) 
Nhân tử 1 2sin x :  2 2
4cos x  3  1  4sin x  (1  2sin x)(1  2sin x)  2
cos3x  cos x(4cos x  3)  cos x(1  2sin x)(1  2sin x) 
Nhân tử 1 2cos x :  2 2
4sin x  3  1  4cos x  (1  2cos x)(1  2cos x)  2
sin 3x  sin x(3  4sin x)  sin x(2cos x 1)(2cos x  1) 
Một số đẳng thức khác: 
cot x  tan x  2cot 2x  2
tan x  cot x  sin 2x
cos3x  sin 3x  (cos x  sin x)(1 2sin 2x) 
cos3x  sin 3x  (cos x  sin x)(1 2sin 2x)
Để thấy rõ hơn tầm quan trọng và lợi ích của các đẳng thức cơ bản trên ta xem một vài ví dụ.
Ví dụ 1.1(ĐH 2007 – KA). Giải phương trình: 2 2
(1  sin x) cos x  (1  cos x)sin x  1  sin 2x (1.1)
Phân tích: Khai triển vế trái phương trình thấy đối xứng với sin ,
x cos x nên xuất
hiện nhân tử sin x  cos x . Vế phải là 2
1  sin 2x  (sin x  cos x) chứa nhân tử
sin x  cos x . Vì vậy ta có lời giải. Giải: Trần Thông Trang 5 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ   2
Pt 1.1  sin x  cos x  sin x cos x(sin x  cos x)  (sin x  cos x)
 (sin x  cos x)(1 sin xcos x  sin x  cos x)  0
 (sin x  cos x)(1 sin x)(1 cos x)  0   x    k  4
sin x  cos x  0      sin x 1
x   k2 (k  ).   2 cos x 1  x k2  
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.2(ĐH 2005 – KB). Giải phương trình:
1 sin x  cos x  sin 2x  cos 2x  0 (1.2)
Phân tích: Vì trong phương trình xuất hiện sin x  cos , x 1  sin 2 ,
x cos 2x nên dễ
dàng nhận thấy nhân tử làsin x  cos x . Giải: 2 2 2
pt(1.2)  sin x  cos x  (sin x  cos x)  cos x  sin x  0 2
 sin x  cos x  (sin x  cos x)  (cos x  sin x)(cos x  sin x)  0
 (sin x  cos x)(1 sin x  cos x  cos x  sin x)  0
 (sin x  cos x)(1 2cos x)  0  
sin x  cos x  0 x    k   4  1    (k  ). cos x   2   x    k2 2   3
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.3. Giải phương trình:  5  sin 4x  4sin
 2x  4(sin x  cos x)   (1.3)  2  Trần Thông Trang 6 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Phân tích: Pt(1.3)  2sin 2x cos 2x  4cos 2x  4(sin x  cos x)  0 . Vậy phương
trình chứa nhân tử sin x  cos x . Giải:
Pt(1.3)  2sin 2x cos 2x  4cos 2x  4(sin x  cos x)  0 2 2 2 2
 2sin 2x(cos x  sin x)  4(cos x  sin x)  4(sin x  cos x)  0
 4sin xcos x(cos x  sin x)(cos x  sin x)  4(cos x  sin x)(cos x  sin x)
 4(sin x  cos x)  0
 (sin x  cos x)sin xcos x(cos x  sin x)  cos x  sin x   1  0
sin x  cos x  0 (1.3.1)  . 
sin xcos x(cos x  sin x)  cos x  sin x 1  0 (1.3.2) 
Giải (1.3.1): sin x  cos x  0  x    k , k  . 4   
Giải (1.3.2): Đặt t  cos x  sin x  2 cos x  ,  2  t  2   . Phương trình  4  (1.3.2) trở thành: 2 1 t 3
t t 1  0  t  3t  2  0  t  1. 2 x k2    Với 1 t 1 cos x          (k  ).  4  2
x    k2  2
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.4(ĐH 2003 – KA). Giải phương trình: cos 2x 1 2 cot x 1 
 sin x  sin 2x 1  (1.4) tan x 2
Phân tích: Phương trình có chứa cot x 1, cos 2x nên ta nghĩ đến nhân tử chung
sin x  cos x . Giải: Trần Thông Trang 7 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ  
ĐKXĐ: x k. , x    k . 2 4 2 2 cos x  sin x
cos x(cos x  sin x) 2 Pt(1.4)  
 sin x  sin xcos x sin x sin x  cos x cos x  sin x
cos x(cos x  sin x)(cos x  sin x)  
 sin x(sin x  cos x) sin x sin x  cos x 2
 (cos x  sin x)(1 sin xcos x  sin x)  0
cos x  sin x  0   x       k , k (tm)  1 1  cos 2x  4 . 1   sin 2x   0   2 2
sin 2x  cos2x  3 (vn)
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Ví dụ 1.5(ĐH 2008 – KD). Giải phương trình:
2sin x(1  cos 2x)  sin 2x  1  2cos x (1.5)
Phân tích: Phương trình xuất hiện 1 sin 2 , x cos 2 ,
x cos x  sin x nên dễ thấy
phương trình có nhân tử cos x  sin x . Giải: 2 2
Pt(1.5)  2sin x  2cos x  2sin x(cos x  sin x)  2sin x cos x 1  0 2
 2(sin x  cos x)  2sin x(cos x  sin x)(cos x  sin x)  (sin x  cos x)  0 2
 (sin x  cos x)(2  2sin xcos x  2sin x  sin x  cos x)  0 2
 (sin x  cos x)( 2
 sin xcos x  2cos x  sin x  cos x)  0  (sin 2
x  cos x) (2cos x  1)  0  
sin x  cos x  0 x   k   4    (k  ). 1 cos x   2   x    k2 2   3
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 1.6. Giải phương trình: 2 3
cos x  cos x  sin x  0 (1.6) Trần Thông Trang 8 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Phân tích: Phương trình chứa 3
sin x , tức là chứa 2
sin x  (1  cos x)(1  cos x) . Như
vậy nhân tử của phương trình là cos x 1. Giải: 2
Pt(1.6)  cos x(cos x  1)  sin x(1  cos x)  0
 cos x(cos x 1)  sin x(1 cos x)(1 cos x)  0
 (cos x 1)(cos x  sin x  sin xcos x)  0 cos x  1  (1.6.1)
 cosxsinxsinxcosx 0 (1.6.2)
Giải (1.6.1): cos x  1
  x    k2 , k  .   
Giải (1.6.2): Đặt t  sin x  cos x  2 cos x  ,  2  t  2   . Phương trình  4  (1.6.2) trở thành:
t 1 2 ( l ) 2
t  2t 1  0   . t 1 2 (tm)         Với 1 2 1 2
t  1  2  cos x    x   arccos   
  k2,k  .  4  2 4 2  
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. 2 
Ví dụ 1.7. Giải phương trình: cos x(cos x 1)  2(1 sin x) (1.7) sin x  cos x
Phân tích: Nhìn vào phương trình và dựa vào các đẳng thức cơ bản dễ dàng suy ra
1 sin x nhân tử chung. Giải:
ĐKXĐ: x    k , k . 4 Trần Thông Trang 9 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Pt(1.7)  (1  sin x)(1  sin x)(cos x 1)  2(1  sin x)(sin x  cos x)
 (1 sin x)(cos x  sin xcos x  sin x 1 2sin x  2cos x)  0
 (1 sin x)(cos x  sin xcos x  sin x 1)  0 2
 (1 sin x) (cos x 1)  0   sin x  1  x    k2     2 (k  ). cos x  1  
x    k2
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 1.8. Giải phương trình: 2
4cos x  (2sin x 1)(2sin 2x 1)  3 (1.8)
Phân tích: Trong phương trình có 2
4cos x  3 tức là chứa nhân tử 2sin x 1. Giải: 2
Pt(1.8)  1  4sin x  (2sin x 1)(2sin 2x 1)  0
 (1 2sin x)(1 2sin x)  (2sin x 1)(2sin 2x 1)  0
 (1 2sin x)(sin x  2sin xcos x)  0
 sin x(1 2sin x)(1 2cos x)  0 x k    sin x  0
x   k2   6 1  sin x    5  (k  ). 2 x   k2  6 1   cos x     2 x    k2  3
Vậy phương trình có 5 họ nghiệm. Trần Thông Trang 10 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
II. Phƣơng trình bậc 2 đối với sin x, cos x .
Phƣơng trình chứa sin x.cos x : Đối với phương trình dạng này ta nhóm số hạng chứa sin .
x cos x với số hạng chứa sin x và phần còn lại của phương trình đưa
về tam thức bậc 2 đối với cos x hoặc nhóm số hạng chứa sin .
x cos x với số hạng
chứa cos x và phần còn lại của phương trình đưa về tam thức bậc 2 đối với sin x để tìm nhân tử chung.
Ví dụ 2.1. Giải phương trình:1 sin x  cos x  sin 2x  cos2x  0 (2.1)
Phân tích: Nếu nhóm sin 2x với cos x sẽ xuất hiện nhân tử 2sin x 1. Ta kiểm tra
xem phần còn lại có nhân tử trên không? Đưa phần còn lại của phương trình về tam
thức bậc hai đối với sin x : 2
2  sin x  2sin x . Phần này không chứa nhân tử
2sin x 1. Vậy ta nhóm sin 2x với sin x sẽ có nhân tử 2cos x 1. Phần còn lại biến đổi thành 2
2cos x  cos x có nhân tử 2cos x 1. Giải: 2
Pt(2.1)  sin x  2sin x cos x  2cos x  cos x  0
 sin x(1 2cos x)  cos x(2cos x 1)  0
 (sin x  cos x)(2cos x 1)  0  
sin x  cos x  0 x    k   4    (k  ). 1 cos x   2   x    k2 2   3
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.   
Ví dụ 2.2. Giải phương trình: 2 sin 2x
 3sin x  cos x  2   (2.2)  4  Giải: Ta có:
Pt(2.2)  sin 2x  cos 2x  3sin x  cos x  2 2
 2sin xcos x  3sin x  2cos x  cos x  3  0
 sin x(2cos x  3)  (2cos x  3)(cos x 1)  0 Trần Thông Trang 11 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
 (2cos x  3)(sin x  cos x 1)  0
 sin x  cos x  1    1  sin x       4  2   x    k2   2 (k  ). 
x    k2
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.     Ví dụ 2.3. x x x x Giải phương trình: sin 2 cos 2 7sin 3cos 3 1 (2.3) 2sin x 1 Giải:   x   k2  ĐKXĐ: 6  (k  ) . 5 x   k2  6 Khi đó: 2
Pt(2.3)  2sin x cos x  3cos x  2sin x  5sin x  3  0
 cos x(2sin x  3)  (2sin x  3)(sin x 1)  0
 (sin x  cos x 1)(2sin x  3)  0 sin x  cos x  1       1 x    k2 sin x         2 (k  ).  4  2 
x    k2
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 2.4. Giải phương trình: 4sin x  2cos x  2  3tan x (2.4) Giải:  ĐKXĐ: x
k2 , k  . 2 Khi đó: Trần Thông Trang 12 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ 2
Pt(2.4)  4sin x cos x  2cos x  2cos x  3sin x 2
 4sin x cos x  2cos x  2  3sin x  2sin x  0
 2cos x(2sin x 1)  (2sin x 1)(sin x  2)  0
 (2sin x 1)(2cos x  sin x  2)  0  1 sin x  (2.4.1)   2 
2cos x  sin x  2 (2.4.2)   x   k2  Giải (2.4.1): 1 6 sin x    (k  ) . 2 5 x   k2  6 Giải (2.4.2): 2 1 2
2cos x  sin x  2  cos x  sin x
. Gọi  là góc thỏa mãn 5 5 5 2 1 cos  , sin 
. Phương trình (2.4.2) trở thành 5 5 x k2
cos(x   )  cos  (k  )  . x  2    k2
Vậy phương trình có 4 họ nghiệm.   
Ví dụ 2.5. Giải phương trình sin 2x cos 2x 3sin x cos x  2 (2.5) cos x  1 Giải: ĐKXĐ: cos x  1
  x    k2 ,k  .
PT đã cho tương đương với 2
2sin x cos x  cos x  2sin x  3sin x 1  0
 cos x(2sin x 1)  (2sin x 1)(sin x 1)  0 2sin x 1  0 (2.5.1)
 (2sin x 1)(cos x  sin x 1)  0  cosxsinx10 (2.5.2) Trần Thông Trang 13 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ   x   k2  Giải (2.5.1): 1 6
2sin x 1  0  sin x    (tm) 2 5 x   k2  6 Giải (2.5.2):      1 x   k2 ( tm ) cos x sin x 1 0 sin x cos x 1 sin x              2 .  4  2 
x    k2 (l )
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. 
Chú ý: Cách giải này cũng được áp dụng cho những phương trình có bậc
3. Nhóm số hạng chứa sin .
x cos x với số hạng chứa sin x và phần còn lại của
phương trình đưa về đa thức bậc 3 đối với cos x hoặc nhóm số hạng chứa sin .
x cos x với số hạng chứa cos x và phần còn lại của phương trình đưa về đa thức
bậc 3 đối với sin x để tìm nhân tử chung.
Ví dụ 2.6. Giải phương trình:
cos3x  cos 2x  sin 2x  sin x  5cos x  3 (2.6) Giải: Ta có
cos3x  cos 2x  sin 2x  sin x  5cos x  3 3 2
 4cos x  3cos x  2cos x 1 2sin xcos x  2sin x  5cos x  3  0 3 2
 4cos x  2cos x  8cos x  4  sin x(2cos x 1)  0 2
 (2cos x  4)(2cos x 1)  sin x(2cos x 1)  0 2
 (2cos x 1)(2sin x  sin x  2)  1 cos x   2   2  x  
k2 ,k  .  3 2
2sin x  sin x  2  0 (vn)
Ví dụ 2.7. Giải phương trình: Trần Thông Trang 14 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
sin3x  3sin 2x  2cos 2x  3sin x  3cos x  2  0 (2.7) Giải: 3 2
Pt(2.7)  3sin x  4sin x  6sin x cos x  2sin x 1  3sin x  3cos x  2  0 3 2
 4sin x  2sin x  6sin x  3  3cos x(2sin x 1)  0 2
 (2sin x 1)(2sin x  3)  3cos x(2sin x 1)  0 2
 (2sin x 1)(2sin x  3cos x  3)  0  1 sin x  (2.7.1)   2  2
2cos x  3cos x 1  0 (2.7.2)   x   k2  Giải (2.7 1 6 .1): sin x    (k  ) . 2 5 x   k2  6 cos x 1 x k2 Giải (2.7.2): 2
2cos x  3cos x  1  0      (k  ) 1  . cos x
x    k2  2  3
Vậy phương trình có 5 họ nghiệm.
Phƣơng trình không chứa sin x.cos x : Đối với loại phương trình này ta biến đổi về dạng 2 2 A B .
Ví dụ 2.8. Giải phương trình: cos2x  4cos x  2sin x  3  0 (2.6) Giải: Ta có: Trần Thông Trang 15 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
cos 2x  4cos x  2sin x  3  0 2 2
 cos x  sin x  4cos x  2sin x  3  0 2 2
 cos x  4cos x  4  sin x  2sin x 1
sin x  cos x  3 (vn) 2 2
 (cos x  2)  (sin x 1)  sinxcosx  1      1 x    k2 sin x         2 (k  ).  4  2 
x    k2
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.  Ví dụ 2. x
9. Giải phương trình: 5
cos 2  2cos x (2.7) 3  2 tan x Giải: ĐKXĐ: 3
cos x  0, tan x   . 2 Khi đó: 5  cos 2x 2 2
 2cos x  5  cos x  sin x  6cos x  4sin x 3  2 tan x 2 2
 cos x  6cos x  9  sin x  4sin x  4
cos x  sin x  5 (vn) 2 2
 (cos x  3)  (sin x  2)  
sin x  cos x 1 x k2    1 sin x         (k  ).  4  2 x   k2  2
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
III. Nhẩm nghiệm đặc biệt để xác định nhân tử chung Trần Thông Trang 16 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Trong một số phương trình, việc xác định nhân tử chung khá khó khăn. Khi
đó ta có thể nhẩm một số nghiệm đặc biệt để xác định nhân tử chung. Từ đó định
hướng được rõ ràng cách biến đổi phương trình.
Ta có thể thực hiên theo các bước sau:
Bước 1: Nhẩm nghiệm đặc biệt.
Bước 2: Kiểm tra các giá trị đặc biệt tương ứng với nghiệm tìm được ở bước 1. Từ
đó xác định nhân tử chung.
Bước 3: Nhóm theo nhân tử đã xác định.
Ví dụ 3.1. Giải phương trình: cos3x  cos2x  sin 2x  sin x  5cos x  3 (3.1)
Bước 1: Nhập vào máy tính cầm tay phương trình trên:
cos3alpha x  cos 2alpha x  sin 2alpha x  sin alpha x  5cos alpha x alpha  3.
Dùng lệnh shift solve, màn hình xuất hiện X  ? . Ta nhập một giá trị, ấn = và chờ
kết quả. Hoặc dùng lệnh Calc để thử một số giá trị đặc biệt. Kết quả là x 120.
Bước 2: Các giá trị đặc biệt tương ứng là: + x  120 
 thì nhân tử sẽ là 2cos x 1.
+ x  60 thì nhân tử sẽ là 2sin x  3 hoặc 2 4sin x  3. + x  60
  thì nhân tử sẽ là tan x  3 hoặc 2 tan x  3.
Phương trình có nghiệm nữa là x 120, tức có nhân tử 2cos x 1. Nhóm làm xuất
hiên nhân tử tìm được. Dễ thấy sin 2x  sin x  sin x(2cos x 1) nên phần còn lại
của phương trình ta đưa về bậc 3 đối với cos x , chác chắn có nhân tử 2cos x 1. Giải: Trần Thông Trang 17 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ 3 2
Pt(3.1)  4cos x  3cos x  2cos 1  2sin x cos x  sin x  5cos x  3  0 3 2
 4cos x  2cos x  8cos x  4  sin x(2cos x 1)  0 2
 (2cos x 1)(2cos x  4)  sin x(2cos x 1)  0 2
 (2cos x 1)(2cos x  sin x  4)  0  1 cos x   2   2  x    k2 ,k   . 3 2
2sin x  sin x  2  0 (vn)
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 3.2. Giải phương trình:
sin3x  3sin 2x  2cos 2x  3sin x  3cos x  2  0 (3.2)
Phân tích: Nhẩm nghiệm thấy phương trình có hai nghiệm đặc biệt là 30 ,  150
nên có nhân tử là 2sin x 1. Giải: 3 2
Pt(3.2)  3sin x  4sin x  6sin x cos x  2sin x 1  3sin x  3cos x  2  0 3 2
 4sin x  2sin x  6sin x  3  3cos x(2sin x 1)  0 2
 (2sin x 1)(2sin x  3)  3cos x(2sin x 1)  0 2
 (2sin x 1)(2sin x  3cos x  3)  0  1 sin x  (3.2.1)   2  2
2cos x  3cos x 1  0 (3.2.2)   x   k2  Giải (3.2.1): 1 6 sin x    (k  ) . 2 5 x   k2  6 cos x 1 x k2 Giải (3.2.2): 2
2cos x  3cos x  1  0      (k  ) 1  . cos x
x    k2  2  3
Vậy phương trình có 5 họ nghiệm. Trần Thông Trang 18 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
IV. Sử dụng công thức đặc biệt
Một số công thức thường dùng:       
sin x  3 cos x  2sin x   2cos x       3   6        
sin x  3 cos x  2sin x   2  cos x       3   6        
3 sin x  cos x  2sin x   2cos x       6   3        
3 sin x  cos x  2sin x   2  cos x       6   3 
Dấu hiệu nhân dạng phương trình giải theo phương pháp này là trong
phương trình có chứa hằng số 3 . Hai hướng chính biến đổi phương trình loại này là:
+ Đưa phương trình về dạng cos A  cos B hoặc sin A  sin B .
+ Đưa về phương trình bậc 2 đối với một hàm số lượng giác. 
Dạng 1: Đưa phương trình về dạng cos A  cos B hoặc sin A  sin B
Ví dụ 4.1. Giải phương trình: x  3  2 2 4sin
 3 cos2x 1 2cos x    (4.1) 2  4  Giải: Ta có:   
Pt(4.1)  2(1  cos x)  3 cos 2x  1  1  cos 2x     2  1 3  cos(x  ) sin 2x cos 2x cos(x          )  cos 2x    2 2  6  Trần Thông Trang 19 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ    7 2x
x    k2 x   k2   6 6     (k  ).  5 2   2x
 x    k2 x    k  6  18 3
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 4.2. Giải phương trình:    2 2 2cos
 2x  3 cos4x  4cos x 1   (4.2)  4  Giải: Ta có:    Pt(4.2)  1  cos
 4x  3 cos4x  2(1 cos2x) 1    2    
 sin 4x  3 cos4x  2cos2x  cos 4x   cos2x    6      4x   2x  k2 x   k   6 12     (k  ).      4x   2x  k2 x   k  6  36 3
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.  
Ví dụ 4.3. Giải phương trình: 2cos3 . x cos x 3(1 sin 2x)  2 3 (4.3)    2 cos   2x   4  Giải:   ĐKXĐ: x
k , k  . Khi đó: 8 2 Trần Thông Trang 20 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ    
Pt(4.3)  cos 4x  cos 2x  3  3 sin 2x  3 1  3 cos 4x       2  
 3sin 4x  cos4x  ( 3sin 2x  cos2x)              sin 4x   sin 2x   sin 4x   sin 2  x           6   6   6   6        4x   2
x   k2 x    k   6 6 18 3     (k  ).      4x
   2x   k2 x   k  6 6  2
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 4.4. Giải phương trình: 2
2cos 2x  2cos 2x  4sin 6x  cos 4x 1 4 3sin 3xcos x (4.4) Giải: Ta có:
Pt(4.4)  2cos 4x  2cos 2x  8sin 3x cos3x  4 3 sin 3xcos x  4
 sin3xsin x  8sin3xcos3x  4 3sin3xcos x   x k sin3x  0  3    
2cos3x  sin x  3 cos x    
cos3x  cos x      6    x k  3     x  
k (k  ).  12     x   k  24 2
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. Trần Thông Trang 21 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ 
Dạng 2: Đưa về phương trình bậc 2 đối với một hàm số lượng giác
Ví dụ 4.5. Giải phương trình: 2 sin x  3cosx  3cos2x  sin 2x (4.5) Giải: Ta có:   1 3 1 3 Pt(4.5)  2  sin x
cos x   sin 2x  cos 2x  0 2 2 2 2          sin 2x   2 cos x   0      3   6            2sin x  cos x   2 cos x   0        6   6   6   2 x   k      3 cos x   0      6      x    k2  (k  ).     2 12 Vậy phương trình có sin x       17   6  2 x   k2 3 họ nghiệm.  12
Nhận xét: Biểu thức  
dưới hàm số lượng giác là 2x sẽ nhóm với , x sẽ gắn với hoặc 2x sẽ nhóm 3 6  
với 2 , x sẽ gắn với để sử dụng công thức nhân đôi đưa về phương bậc 2 đối 3 3
với một hàm số lượng giác.
Ví dụ 4.6. Giải phương trình: 3(sin2x+sinx)+cos2x-cosx=2 (4.6) Giải: Ta có: Trần Thông Trang 22 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Pt(4.6)  3 sin 2x  cos 2x  3 sin x  cos x  2  0 3 1 3 1  sin 2x  cos 2x  sin x  cos x 1  0 2 2 2 2        cos 2x   sin x  1  0      3   6        2  2sin x   sin x   0      6   6    x   k      6 sin x   0      6     
x   k2 (k  ).     1  3 sin x     
x   k2   6  2   
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 4.7. Giải phương trình:
cos 2x  3 sin 2x  4 3 cos x  4sin x  5  0 (4.7) Giải: Ta có: 1 3  3 1  5 Pt(4.7)  cos 2x  sin 2x  4 cos x  sin x    0 2 2 2 2 2   2 2     5  cos cos 2x  sin sin 2x  4 sin cos x  cos sin x   0   3 3  3 3  2  2     5       2  cos 2x   4sin x    4  sin x   8sin x   3  0          3   3  2  3   3      3   sin x   (vn)    x    k2 3 2    6     (k  ).     1   sin x   x   k2      3  2  2 Trần Thông Trang 23 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 4.8. Giải phương trình:3cos x  sin 2x  3(cos2x  sin x) (4.8) Giải:
Pt(4.8)  sin 2x  3 o
c s2x  3cos x  3 sin x  
 sin(2x  )  3 cos(x  ) 3 6         cos x  2 sin x   3  0       6    6     x   k      3 cos x   0      6     
x   k2 (k  ).      3 6 sin x        6  2 
x   k2  2
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 4.9. Giải phương trình:1 sin x5  2sin x  3sin 2x  3cos x(4.9) Giải:
Pt(4.9)  4  3sin x  cos 2x  3 sin 2x  3 3 cos x
 cos2x  3sin 2x  3( 3 cos x  sin x)  4  0        cos 2x   3cos x   2  0      3   6        2  2cos x   3cos x  1  0      6   6   5 x   k2      6 cos x   1       6     
x   k2 k   .     1  2 cos x        5   6  2  x    k2  6
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. Trần Thông Trang 24 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ
V. Thay thế hằng số bằng đẳng thức lƣợng giác
Trong nhiều bài toán nếu thay thế khéo léo các hằng số bằng các giá trị
lượng giác hay biểu thức lượng giác sẽ cho cách giải ngắn gọn. Sau đây ta đi xét một vài ví dụ. 2  
Ví dụ 5.1. Giải phương trình: 2cos x 2 3 sin xcos x 1  3 cos x  sin x (5.1) 2 cos 2x Giải :   Đk : x
k. , k  . Khi đó : 4 2 2 2
3cos x  2 3 cos xsin x  sin x Pt(5.1) 
 3 cos x  sin x 2cos 2x 2
  3cos x  sin x  2 3cos x sin xcos2x  0     cos x   0   
 3cos x  sin x  0  6     
 3cos x  sin x  2cos2x     cos x   cos2x      6    x   k  3   
x   k2 (k  ).  6   2
x    k  18 3
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. 4 4 2( o
c s x  sin x) 1
Ví dụ 5.2. Giải phương trình :
 3 cos x  sin x (5.2) x  2cos(  ) 2 3 Giải:  Đk: 5 x
k2 , k  . Khi đó 3 Trần Thông Trang 25 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ  x   2 2
Pt(5.2)  2cos x  2sin x  1  2cos  
 3cos x  sin x  2 3   x   2 2
 3cos x  sin x  2cos  
 3cos x  sin x  2 3    x   
3 cos x  sin x 3 cos x  sin x  2cos  
 3cos x  sin x  2 3     
 3cos x  sin x  0 cos x   0      6     x    
3 cos x  sin x  2cos          x    2 3 cos x     cos         6   2 3   2 x   k  3   x  
  k4 (k  ).    4 x   k  9 3
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.        
Ví dụ 5.3. Giải phương trình: 4sin x  . sin 2x  1  2cos2x 1       (5.3)  6    6   Giải :          Pt(5.3)  4sin x  . sin 2x
1  2cos2x  2cos        6    6   3                sin x  . cos 2x  1  sin x  sin x             6    3    6   6           2  sin x  2sin x   sin x   0        6   6   6   Trần Thông Trang 26 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ       sin x   0    x    k  6   6          sin x
 0  x   k2 (k  ).    6    3    x      k2  1   sin x        6 2   
Vậy phương trình có 4 họ nghiệm.
C. BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
1. sin 2x  2cos 2x 1 sin x  4cos x
2. 2sin 2x  cos 2x  7sin x  2cos x  4
3. 9sin x  6cos x  3sin 2x  cos 2x  8 4. 4 4
4(sin x  cos x)  3 sin 4x  2 1 5. 3 3
1 sin 2x  cos 2x  sin 4x 2  6. 2
(sin 2x  3 cos 2x)  5  cos(2x  ) 6 1  cos 2x
7. 1  cot 2x 2 sin 2x  1 8. 4 4
cos x  sin (x  )  4 4
9. 2 2(sin x  cos x)cos x  3  cos 2x 3
10. cos x  3 sin x
cos x  3 sin x  1 cos3x  sin 3x 11. 5(sin x
)  3  cos 2x 1  2sin 2x 1 1 12. 2sin 3x   2cos3x sin x cos x x 3x x 3x 1
13. cos x cos cos  sin xsin sin  2 2 2 2 2 Trần Thông Trang 27 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ 5x x 14. 3 sin  5cos xsin 2 2  15. 3 tan (x
)  tan x 1 4
Hƣớng dẫn giải một số bài tập
1. sin 2x  2cos 2x 1 sin x  4cos x 2
 2sin xcos x  2(2cos x 1) 1 sin x  4cos x  0 2
 sin x(2cos x 1)  4cos x  4cos x  3  0
 sin x(2cos x 1)  (2cos x 1)(2cos x  3)  0
 (2cos x 1)(2sin x  2cos x  3)  0  1 cos x     2       x k 2 3
2sin x  2cos x  3  ,(vn)
2. 2sin 2x  cos 2x  7sin x  2cos x  4 2
 4sin xcos x  (1 2sin x)  7sin x  2cos x  4  0 2
 2cos x(2sin x 1)  (2sin x  7sin x  3)  0
 2cos x(2sin x 1)  (2sin x 1)(sin x  3)  0
 (2sin x 1)(2cos x  sin x  3)  0       x k 2 2sin x 1  0  6    
2cos x  sin x  3,(vn) 5 x   k2  6
3. 9sin x  6cos x  3sin 2x  cos 2x  8 2
 6sin xcos x  6cos x  2sin x  9sin x  7  0
 6cos x(sin x 1)  (sin x 1)(2sin x  7)  0
 (sin x 1)(6cos x  2sin x  7)  0  sin x  1     x   k2
6cos x  2sin x  7 2 4. 4 4
4(sin x  cos x)  3 sin 4x  2 2 2 2 2 2
 4[(sin x  cos x)  2sin xcos ]
x  3sin 4x  2 1 2
 4(1 sin 2x)  3sin 4x  2  cos4x  3sin 4x  2  2 Trần Thông Trang 28 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ    x   k  4 2    
x    k  12 2 1 5. 3 3
1 sin 2x  cos 2x  sin 4x 2
 2  sin 4x  2(sin 2x  cos2x)(1 sin 2xcos2x)  0
 (2  sin 4x)  (sin 2x  cos2x)(2  sin 4x)  0
 (2  sin 4x)(sin 2x  cos2x 1)  0  sin 2x  cos2x  1         x k 2  4
 sin(2x  )     4 2 
x   k  2 
7. Điều kiện: sin 2x  0  x k 2 1  cos 2x 1
(*)  1  cot 2x   1 cot 2x  2 1  cos 2x 1  cos 2x cos 2x 1  1  sin 2x 1  cos 2x
 sin 2x(1 cos2x)  cos2x(1 cos2x)  sin 2x
 sin 2xcos2x  cos2x(1 cos2x)  0  cos2x(sin 2x  cos2x 1)  0  cos 2x  0  
sin 2x  cos2x  1   
cos2x  0  x   k 4 2         x k   4
sin 2x  cos 2x  1
  sin(2x  )  sin( )   4 4 
x   k  2  
Vậy,phương trình có nghiệm: x   k 4 2  1 1 1  1 8. 4 4
cos x  sin (x  )  2 2
 (1 cos2x)  [1 cos(2x  )]  4 4 4 4 2 4 2 2
 (1 cos2x)  (1 sin 2x) 1  sin 2x  cos2x  1  Trần Thông Trang 29 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ       x k 2 3  2
 cos(2x  )  cos   4 4 
x    k  4   x    k 1  12
11. Điều kiện: sin 2x     , k  2 7  x   k  12 cos3x  sin 3x
sin x  2sin 2xsin x  cos3x  sin 3x Ta có: 5(sin x  )  5 1  2sin 2x 1  2sin 2x
sin x  cos x  cos3x  cos3x  sin 3x  5 1  2sin 2x
(sin 3x  sin x)  cos x
2sin 2x cos x  cos x  5  5 1  2sin 2x 1  2sin 2x
(2sin x  1) cos x  5  1  5cos x 2sin 2x
(1)  5cos x  cos 2x  3 2
 2cos x  5cos x  2  0 1   cos x   x    k2 2 3
12. Điều kiện: sin 2x  0  x k 2 1 1
(*)  2(sin 3x  cos3x)   sin x cos x 1 1 3 3
 2[3(sin x  cos x)  4(sin x  cos x]   sin x cos x sin x  cos x 2 2
 2(sin x  cos x)[3  4(sin x  sin xcos x  cos x)]  sin x cos x sin x  cos x
 2(sin x  cos x)( 1
  4sin xcos x)   0 sin x cos x 1
 (sin x  cos x)( 2
  8sin xcos x  )  0 sin x cos x 2
 (sin x  cos x)(4sin 2x   2)  0 sin 2x 2
 (sin x  cos x)(4sin 2x  2sin 2x  2)  0 Trần Thông Trang 30 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ   x    k   tan x  1  4  
sin x  cos x  0       sin 2x  1  x    k 2
4sin 2x  2sin 2x  2  0    12 sin 2x  1  / 2   7  x   k  12 x 3x x 3x 1 13. cos x cos cos  sin xsin sin  2 2 2 2 2 1 1 1
 cos x(cos2x  cos x)  sin x(cos2x  cos x)  2 2 2 2
 cos xcos2x  cos x  sin xcos2x  sin xcos x 1 2
 cos2x(sin x  cos x) 1 sin x  sin xcos x 1  0
 cos2x(sin x  cos x)  sin x(sin x  cos x)  0
 (sin x  cos x)(cos2x  sin x)  0 2
 (sin x  cos x)( 2
 sin x  sin x 1)  0
 sin x  cos x  0   2
2sin x  sin x 1  0   x    k   tan x  1  4      sin x  1    x    k2   2 sin x  1 / 2    5
x   k2  x   k2  6 6 x 14. Ta thấy: cos
 0  x    k2  cos x  1  2
Thay vào phương trình (*) ta được: 5  sin(
 5k )  sin(  k ) không thỏa mãn với mọi k 2 2 x
Do đó cos không là nghiệm của phương trình nên: 2 5x x 3 x x 3 (*)  sin cos  1 5 5cos xsin cos
 (sin3x  sin 2x)  cos xsin x 2 2 2 2 2 2 3 3
 3sin x  4sin x  2sin xcos x  5cos xsin x  0 2 3
 sin x(3  4sin x  2cos x  5cos x)  0 Trần Thông Trang 31 HỘI TOÁN BẮC NAM
MỖI THÁNG MỘT CHỦ ĐỀ 3 2
 sin x(5cos x  4cos x  2cos x 1)  0  sin x  0  x k   cos x  1  x k 2   1   21  1   21  cos x   x  arccos  k2 10  10   1   21     1 21 cos x  x  arccos  k2  10  10 1 21
Vậy,phương trình có nghiệm: x k2 , x   arccos  k2 10 1 21 x   arccos  k2 10      sin(
x)cos(  x)  0     sin( 2x) 0  4 4  4 15. Điều kiện:        cos 2x 0  sin
 (  x)cos(  x)  0     sin( 2x) 0  4 4  4  
1  tan x 1  tan x tan(
x) tan(  x)  . 1 4 4 1  tan x 1  tan x 4 4 4 2 2 4
(1)  sin 2x  cos 2x  cos 4x 1 2sin 2xcos 2x  cos 4x 1 2 4 1 2 4
1 sin 4x  cos 4x 1 (1 cos 4x)  cos 4x 2 2 4 2 2
 2cos 4x  cos 4x 1 0  cos 4x 1 2 
1 cos 4x  0  sin 4x  0  x k 4 
Vậy,phương trình có nghiệm: x k 2 Trần Thông Trang 32