Tích lũy chuyên môn (Phương trình Lượng Giác)

Khi giải phương trình lượng giác cần tạo thói quen suy nghĩ: - Sử dụng 2 quy tắc cơ bản: Biến đổi về cùng góc và cùng hàm số lượng giác nếu có thể - Luôn tự đặt câu hỏi: Bài toán thuộc d

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

I MỘT VÀI CHÚ Ý CHUNG

1 Công thức hay quên: sink2sin , cos+k2cos

2 Học thuộc 60 công thức lượng giác: Bắt buộc phải thuộc ở mức độ cao ( Tức là không phải thuộc

kiểu học vẹt mà còn phải hình dung được công thức loại này khi vận dụng thì ta được gì? Có phù hợp với bài toán không? Điều đó giúp chúng ta định hướng bài toán tốt hơn)

3 Khi giải phương trình lượng giác cần tạo thói quen suy nghĩ:

- Sử dụng 2 quy tắc cơ bản: Biến đổi về cùng góc và cùng hàm số lượng giác (nếu có thể)

- Luôn tự đặt câu hỏi: Bài toán thuộc dạng nào đã biết? Nên sử dụng công thức nào? Vì sao?

4 Ví dụ: Giải phương trình: 2 2 3

2

Thoạt nhìn ta thấy: Biến đổi về cùng góc x tức là phải dùng CT nhân đôi của sin2a = 2 sina.cosa Sau

đó biến đổi về cùng hàm số sinx ta được phương trình bậc 4 trùng phương Nhưng nếu ta nghĩ tới đưa về cùng góc 2x thì bài toán lại đơn giản hơn???

5 Phải thấy được đường tròn lượng giác là công thức vạn năng???

6

II PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

1 sin 2 sin

6

s inx=

2

2

s inx=

3

3

s

in3x=-2

sin 2 30

2

tan x 1 0

4 sin 2 x 1 sinx3 sin 3x c os2x 2 osx-1 2sin 2c   x 20

2

x

x c

x k  x   k

4

x c x

x c x 



2

x  k x  k

x  k x k  x   k 

16

III PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ĐỐI VỚI MỘT HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

- Khi nào giải một bài toán mà thấy khả năng quy về cùng góc và cùng hàm số lượng giác có thể thực hiện được một cách dễ dàng đơn giản thì ta nghĩ tới dạng toán này

- Sau khi đưa về dạng bậc cao đối với một HSLG thì việc đặt ẩn phụ là cần thiết nhưng không bắt buộc

- Giải bài toán này cần chú ý loại nghiệm không thỏa mãn

- Với những bài toán khó hơn ta dùng pp đổi biến không hoàn toàn

x  k x  k

2

5 os2x-3cosx=4cos2

2

x

6 cos2x+2cosx+sin2x 1 0 ĐS: x  k2

7 2sin2x4sinx3 osc 2x ĐS:

x  k  x  k  x  k 

10 2sin2x 2 3 s inx+ 3 0  ĐS:

11 4 osc 2x2 3 2 osx- 6 0c  ĐS: 2 , 3 2

x   k  x   k 

12 tan2 x 3 1 t anx+ 3 0   ĐS:

3

x   k

osx

x

c

x  k

 

8

x  k x   k

4 cos xsinx4sin xcosxsin 4x2 ĐS:

x   k

19 cos4x c os2x+2sin6x0 ĐS: x k

20

tan 2

x c x

x

21

4 sin 2 os 2

os 4

x c x

c x





(ĐHXD-97) ĐS:

2

x k



22 2 2 3

2

os2x-tan

os

c x c x

c x

x  k  23

2

2

sin 1

2 os cot

sin

x

x



  (kết hợp nghiêm)

25 sin 2x3 sin 4xsin 2x3 sin 2x 1 0 ĐS:

4

x  k

 

HD: C1: Đổi biến không hoàn toàn

2

1 sin 2 3 sin sin 1 1 0 sin 2 3 sin 2 1 0

4 sin 2 3sin 4 0 sin 2 1 sin 2 1 0

x  k x  k

27 sinx - 5 osc 4x4 3sinx-5 os c 2x16 sinx - 1  ???0

28

IV PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT ĐỐI VỚI SIN, COS

Một vài chú ý khi giải phương trình: asinx + bcosx = c

- Nắm đặc trưng của phương trình(có hàm số sin, cos cùng góc và phải bậc nhất ) bởi với phương

trình loại này nếu nhận dạng sai thì có thể sẽ không giải được hoặc bài giải sẽ dài

- Phương trình này có nghiệm 2 2 2

a b c

   Tính chất này thường áp dụng để giải các bài toán dạng: Tìm m để phương trình có nghiệm, tìm GTLN- GTNN của hàm số…

- Bài toán loại này có thể đưa về dạng phương trình đẳng cấp để giải Chinh vì vậy khi giải toán cần chú ý yêu cầu bài toán để lựa chọn nên đưa về dạng nào cho phù hợp(thông thường nếu yêu cầu biện luận thì ta nên đưa về dạng bậc nhất đối với sinx, cosx)

- Loại toán này người ta thường ra dưới dạng hỗn hợp

- Làm toán lượng giác luôn tự đặt câu hỏi: Bài toán thuộc dạng nào quen thuộc? Nên vận dụng công thức nào? Vì sao?

2

x k  x  k 

s inx= 3 3 osx

x  k  x  k 

x  k x  k

6 cos 7xsin 5x 3 cos5 xsin 7x ĐS: ,

x  k x  k

7 2sin17x 3 cos5xsin 5x0 ĐS: ,

x  k x   k 

8  2

6

7 12

x  k

9 2 2 sin x c os x osx=3+cos2xc (ĐH -00) ĐS: VN

HD: Đưa về phương trình theo sin2x, cos2x: 2 sin 2x 2 1 os2x=3- 2 c

10 2 sin 2

3

x

  

11 2 os2 os2 1 os sin2x

2

c  c x   c 

HD: Ta có:

2



a.) cos 2 2sin 2 4 1 1 cos 2 2 sin 2 4 1 cos 2  4 1

x x k  x x    x  

Phương trình có nghiệm   k 0 os +2x 1 os -  2 2

5

   





b.) Tương tự ta có: os 2x-  os -  2

2

  

  



    



12 3sin 3x 3 os9x=1+4sin 3c 3 x ĐS:

13.12sinx5cosx2y28y21 ĐS: arccos 5 2 ; 2

13 k 

14 Tìm GTLN- GTNN của hàm số: osx+2sinx+3

2 osx-sinx+4

c y c

11

m

15 Tìm GTLN- GTNN của hàm số: os2 s inxcosx2

1 sin

c x y

x





16 Tìm m để phương trình có nghiệm: m1 osx+2msinx=2c ĐS: 1, 3

5

m m 

17 Tìm m để phương trình có nghiệm: m22 osc 2x4 s inxcosx+1=0m ĐS: m 1

18

V PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG

- Là phương trình có dạng đặc trưng: asinxcosxbsin cosx x c

- Đây là loại toán dễ chỉ có điều quá trình giải dài Nhưng những bài toán dạng phương trình tích sau này quá trình giải sẽ xuất hiện dạng này vì vậy học sinh cần rèn luyên kỹ năng khi giải bài toán dạng này cho tốt

- Khi giải bài toán này cần chú ý: sin cos 2 cos ,sin cos 2 sin

x x x  x x x 

- Chú ý loại toán này sau này còn mở rộng ra một số dạng toán tương tụ

1 2 cos xsinx3sin 2x 2 0 ĐS: 2 , 2

2

x k  x  k 

2 cosxsinx+ cosx+sinx 1 (không hay) ĐS:

2

x k



3 3 cos xsinx2sin 2x 5 0 ĐS: VN

2

x k  x  k 

4

x     k 

5 2 cos xsinxsin 2x 5 0 ĐS: VN

6 sin3xcos3x 2 sin cosx x ĐS: 2 , arccos 1 1 2

x  k  x     k 

HD: Đây là bài toán sau khi đặt ẩn phụ thì đưa về phương trình bậc 3 phải nhẩm nghiệm

2

x  k x   k

4

x x 

9 4s inxcosx-3 6 s inx+cosx 8 0  ĐS: , 5

x  k x  k

10

VI PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP

- Phương trình thuần nhất (đẳng cấp) bậc n tổng quát: f asinx, acosxa f n sinx, cosx

- Giải phương trình loại này không khó Nhưng nhận dạng nó thì khó Vì vậy chúng ta cần phải hiểu rõ: Phương trình như thế nào gọi là đẳng cấp (cùng góc và cùng bậc ở mọi hạng tử)

- Khi nhận dạng loại này cần khai thác công thức: sin2 x c os2x1 Tức là nếu thấy có một và hạng tử lệch số bậc với nhau 2 bậc thì chắc chắn nó là phương trình thuần nhất

- Nếu gặp bài toán biện luận thì ta nên đưa về phương trình bậc nhất đối với sinx, cosx

x  k x  k

2sin x4sin xcosx+sinxcos x2 osc x0 ĐS: x arctan2+k

3 2sin 22 x2 3 sin 2 os2x=3xc ĐS:

x   k

4 3 sin2x 1 3 s inxcosx-cos 2x 3 1 ĐS: ,

x   k x  k

x  k

(kết hợp nghiệm)

6 3sin4x4 os sinc 2x 2xsin4x0 ĐS: ,

x   k x  k

2 osc x 3s inx-4sin x tan x 3 t anx+2=0 t anx-1 t anx+2 0

4

x  k

4

x  k

9 2 osc 3xsin 3x ĐS: , arctan -2 

4

x  k x k

10 t anx.sin2x2sin2x3 os2x+sinxcosxc  ĐS: ,

3 1 sin 2 x 3 sin 4x 3 os 2c x cos xsin x

12 Tìm m để phương trình có nghiệm:     23

2

x

13 Tìm m để phương trình có nghiệm: m3 1 sinxcosx    m2 osc 2x ĐS: m1,m 3

14

VII PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

- Là phương trình có dạng:      

 

 

 

0 0 0

0

f x

g x

f x g x h x

h x















- Đây là loại phương trình lượng giác phong phú và đa dạng nhất.Nó hay bởi nó không có pp giải cụ thể mà pp giải của nó chỉ gói gọn là: “dựa vào kinh nghiệm giải toán” Chính vì thế trình độ giải phương trình lượng giác của mỗi học sinh được đánh giá cao khi giải tốt phương trình loại này

- Muốn giải tốt phương trình dạng này thì mỗi học sinh khi đặt bút biến đổi cần phải hình dung được 3 bước biến đổi tiếp theo sau bước đầu tiên sẽ là gì? Và kết quả cần đạt là xuất hiện nhân tử chung nào?

x  k

  (kết hợp nghiệm)

2 sinxcos2x = sin2xcos3x- sin 51



 (kết hợp nghiệm)

3 sin 1 cosx  x 1 cosxcos2x ĐS: 2

2

 

osx sin 2 sin 4

x  k  x  k 

(kết hợp nghiệm)

5 2 os2x+sinc 2xcosx+sin xcos2x2 sinx+cosx  ĐS: , 2 , 2

x   k x k  x   k 

HD: sinx+cosx 2sinx-2cosx+sinxcosx-2 0

6 4sin 2x3 os2x=3 4sinx-1c   ĐS: x k

8s inxcosx-3 1-2sin x 12s inx-3 sinx 4cosx+3sinx-6 0

NX: Bài toán này rèn học sinh cách suy luận khi biến đổi và ôn pp giải phương trình bậc nhất

2

x k  x  k

HD:Ta có:

os sin os sinx+sin osx=sinx+cosx

t anx=-1 sinx+cosx os sin 1 0





8 9sinx6 cosx3sin 2xcos 2x8 ĐS: 2

2

x  k 

HD: Ta có:

2

9

c



sin 4

x

11 cos cos5 8sin sin 3

12. 3

x  k x  k 

3

14 cos7x+sin 22 x c os 22 x c osx ĐS:

15

3 2

3

1 os tan

1 sin

c x x

x





16 1 t anx 1 sin 2   x 1 t anx ĐS:

sin xsin xsin 3x s inx+sin2x+sin3x ĐS:

3

a b c  a  b c  a b b c a c  

osx s inx

c

4

x  k

HD:Ta có:

2

s inx - cosx 1 sin 2 sin 2

t anx = 1

2 sinx - cosx

sinx - cosx 1 sin 2 sin 2

2 x 4 x sin 2x sin 2x 2sin 2x 4sin 2x 8 0( )vn



 

19.1 s inx+cosx=2cos x



x  k  x   k 

HD: Ta có

os

2

x

x

c

  





20 s inx+sin2x c os3x0 ĐS:

21 tan4 xtan2 x4sin2x ĐS: ,

x k  x  k HD: C1: đưa về sin, cos

2

1

os

2

x c x    x

2

3 1 sin

x



24

VIII PHƯƠNG TRÌNH KHÁC

1 sin2 xt anx+13sinx osx-sinxc 3 ĐS:

2 sin4 os4 1tan cot 

x c x

x

ĐS: VN (loại )

3 sin 5 1

5sin

x

x k  x  k  x  k 

HD: Ta có:

2sin 1 0 2sin 1 sin cos 2sin 1 0

sin cos 2sin cos 0

x

 





x  k x   k

7 tan sinx 2 x2sin2x3 os2x + sinxcosxc  ĐS: ,

x   k x   k

8 2 2 s in x+ cosx os x =3 +cos2x c ĐS: VN

9 sin 2 cotx xtan 2x4 osc 2x ĐS: ,

x  k x   k

HD: Biến đổi đưa về phương trình bậc 2 theo cos 2x

10 sin 2x3 sin 4xsin 2x3 sin 2x 1 0

11 cos 7xsin 22 xcos 22 xcosx

12 4 cos sinx 2 xcosxsinx

sin os4x-sin 2 4sin

x

7

  ĐS: x k ,x  k4

15 2 osc 2x2 os 2c 2 x2 os 3c 2 x 3 4 os4x 2sin2x+1c   ĐS:

x  k

16 2sinx1 3 os4x+2sinx - 4 c 4 osc 2x3 ĐS: , 2 , 7 2

HD: 2sinx1 3 os4x + 2sinx - 4 c 4sin2 x 1 2sinx+1 3 os4x-3 c 0

17 4 osc 3x3 2 sin 2x8 osxc ĐS: 2 , 3 2 ,

x  k  x  k  x  k

18 sin2 xtanx 1 3sinx c os x-sin x3 ĐS: ,

HD: Đưa về phương trình đẳng cấp :    2 

t anx+1 tan x 3 0

20 tan2 x1 sin 3xcos3x0 ĐS:

x  k HD: Đưa về phương trình bậc cao theo góc 2x

22 tanxtan2xtan3xcotxcot2 xcot3 x6 ĐS:

4

x  k

23 sinxsin2 xsin3xsin4x c osx + cos2x c os3x c os4x

24

IX BÀI TOÁN PHẢI KẾT HỢP NGHIỆM, LOẠI NGHIỆM

- Để kết hợp nghiệm chúng ta cần nắm tốt các vấn đề sau:

1.) Nắm các tính chất của đường tròn lượng giác: chiều, điểm gốc, s in , cos  là gì?

2.) Biểu diễn cung lượng giác lên đường tròn lượng giác:

3.) Xác định số điểm ngọn của 1 cung lượng giác bất kỳ: 0 k2

n



   ( n là số điểm ngọn mà cung lượng giác đó chia đường tròn lượng giác thành các phần bằng nhau)

4.)

-1 sin 4x c osx - 2sin4xcos4x 1+sinx - 2cos4x 0

HD: Ta có:

2

2

x l





  





2

os2x-tan

os

c x c x

c x

x  k 

3 sinxcos2x = sin2xcos3x- sin 51





2

s inx sinx+cosx 1

0

os s inx+1

c x





2

x   k 

)

5 sin4 os4 1tan cot 

x c x

x

ĐS: VN (loại )

6 sin6 os6 1

4

x c x

ĐS: VN

7 sin 3 cosx x2sin 3xcos3 1 sinx  x2cos3x0

HD:Ta có:

sin 3 cos cos3 sin  2 sin 3 2 cos 32  cos3 0

sin 4 1 sin 4 cos3 2 0

cos3 1

x

x









8 os2x+cos3x 2 0

4

HD:

os2x=1

3 8

8 8

3x

8 3

3 4

x k c

l

l

x











1 os x+cos2x+cos3x 2

3 3 sin

c

x



10 os cosx+2sinx  3sin sin 2

1 sin 2 1

x



4

x  k 

) 11

CÁC BÀI TOÁN TÌM NGHIỆM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC

1 Tìm nghiệm phương trình : cos 7x 3 sin 7x  2 thỏa mãn :2 6

   

2 Tìm các nghiệm của phương trình: sin osx 1 s inx

x c

   thỏa mãn điều kiện; 3

x   3

X PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG ĐÁNH GIÁ 2 VẾ:

- Khi giải phương trình lượng giác nếu thấy khả năng biến đổi về phương trình đơn giản gặp nhiều khó khăn thì ta nghỉ tới pp đánh giá 2 vế

- PP giải: Giải phương trình: f(x)= g(x) (1)

Dạng 1: Nếu ta đánh giá được: f x A g x,   thì A  1 f x    A





 



Việc đánh giá trên chúng ta có thể dùng tính chất của hàm số đã cho hoặc các BĐT quen thuộc

(Thông thường việc giải phương trình (1) gặp khó khăn nhưng giải hệ (2) thì dơn giản.)

Dạng 2: Nếu phương trình (1) có dạng một tam thức bậc 2 theo ẩn nào đó thì dùng pp đổi biến không

hoàn toàn Sau đó dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 để giải (thông thường khi

dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 thì nó xãy ra trường hợp đặc biệt )

Dạng 3: Nếu (1) biến đổi được về dạng:      

 

 

1

0

n

f x









 Nói chung đây là dạng toán khó đòi hỏi học sinh phải giải tốt các bài toán thông thường lúc đó mới

có khả năng nhận dạng loại toán này

1 s inx+cosx= 2 2 sin 3x   ĐS: VN

os2x-cos4x 6 2sin 3

2

 

4 4 osc 2x3tan2 x4 3 osx+2 3 t anx+4=0c ĐS: 2 ,

6

x   k 

5 sin6 x2sin3xcos xy  1 0 ĐS: (***)

2

 

HD: Ta có:

+ sin3x c os3xsin2 x c os2x 1 sin3x c os3x1(1)

2 sin x1(2)

4

3

s inx=1 cosx=0

2 2

s inx=-1

x c x

x

x

















7 sin2008x c os2008x1 ĐS:

2

x k 

2

x k  x  k





9 cos2x-cos6x+4 3sinx - 4sin 3x 1 0 ĐS: 2

2

x  k 

HD:C1:

2 2

2 sin3x=-1

c

  





4

HD: Ta có:

     

2

2

2

2

s inx=0 2s inx-sin 3 0

1

2

x

x x



2 6 5 2 6

x k





 



















11 sinxsinxsin2xcosx1 ĐS:

2

sinx sinx=cos osx sinx sinx= osx+cos

osx=1

1 1

c

c

c c

c

x













12

c

2

2 tan

1 tan

2

x

y y

x   

14

XI BÀI TOÁN KHÓ

16

x  k HD: Đưa về phương trình bậc cao đối với cos 2x

4

HD: Ta có:

2

2

2

2

s inx=0 2s inx-sin 3 0

1

2

x

x x



2 6 5 2 6

x k





 



















3 8sin2x8cos2x10 cos 2 y ĐS:

5

6 sin2008x c os2008x1 ĐS:

2

x k 

7 7 osc 2x1995sin1994x1995 ĐS:

2

x  k

2

x k  x  k





9







HD: Ta có:

2

10 10

2

3

s inx=0

2 osx=0

cosx= 1

x

x

x k c















 







Tổng quát: giải phương trình: sinm x c osnx 1 m n Z n m,  ; , 2

10 3 cot x c osx 5 tanxsinx2 ĐS:

HD: Ta có: ĐK:

osx-sinx.cosx +sinx s inx - sinxcosx +cosx

s inx

s inx osx

3 arctan 3

5

1

osx -sinx cosx +sinx = 0

c

c

c

x

c





4

x 

  

12 sin 3 cosx x2sin 3xcos3 1 sinx  x2cos3x0

HD: Ta có:

sin 3 cos cos3 sin  2 sin 3 2 cos 32  cos3 0

sin 4 1 sin 4 cos3 2 0

cos3 1

x

x









14 2 os2 os2 1 os sin2x

2

c  c x   c 

HD: Ta có:

2



a.) cos 2 2sin 2 4 1 1 cos 2 2 sin 2 4 1 cos 2  4 1

x x k  x x    x  

Phương trình có nghiệm   k 0 os +2x 1 os -  2 2

5

   





b.) Tương tự ta có: os 2x-  os -  2

2

  

  



    



15 Tìm a,b để phương trình: 2  

x   x c  có nghiệm HD: Ta có:

16 Tìm nghiệm của phương trình: sin2x1ysin2 xy sin2x1y(1) biết:

x1 , ,y xy x 1y tạo thành 3 góc của tam giác

HD: Ta có:

x y xy  x y        A B C  B  A C 

(2)

với A= (x + 1)y, B = xy, C = (x -1)y

2 3sin  3 0 sin  3



Từ (2), (3)

2

x

y





17 CMR tồn tại ít nhất 1 tam giác sao cho các góc là nghiệm của phương trình :

56 65s inx 80 64s inx-65cos    2x0

HD: Ta có:

   2 

4

osB=

56 65sinx 15 64sinx+65sin 0 sinx= sin

12

osC=

A

c

c C



5 13 5 13 65

Do bài toán yêu cầu là tồn tại ít nhất 1 tam giác nên ta phải lựa chọn khả năng phù hợp

18 a.) Giải phương trình:  2

os4x-cos2x 5 sin 3

b.) Tìm a để phương trình sau có nghiệm:  2  2  2 

19 Giải biện luận nghiệm phương trình : osx 2 2 22tan

y



2

x k  y  k

TH1: Nếu a  phương trình không xác địnhb

TH2: Nếu a  b = 0 phương trình nghiệm đúng với mọi x, y thỏa mãn điều kiện

TH3: Nếu a  b     phương trình (1)a b 0  a acosx=0cosx= 1 sinx=0 (VN)

TH4: Nếu a  b (1) a bcosx= a2b2sin 2 s inxy  a2b2sin 2 s inx+bcosx=a(2)y

Phương trình (2) có nghiệm

 2 2sin 22 2 2 sin 22 1 sin 22 1 os2y=0 y=

Với sin 2y 1 (2)  a2b2 sinx + bcosx = a

2 2 a

os =

2 sin

b c

a

b a













KL:

20 CMR phương trình: x2cosa-3sinax4 os2a+1c  luôn có 2 nghiệm phân biệt x0 1, x2 thỏa mãn : 2 2

1 2 18

x x   x R

HD: Ta có:

 

osa=0 0

sina=0

c

VN



   

 Vậy với mọi giá trị a phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phương trình theo viet ta có: