Nguyễn Tất Thu – GV Lê Hồng Phong, Biên Hòa, Đồng Nai MỘT VÀI ĐIỂM CẦN LƯU Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Phương trình lượng giác luôn luôn xuất hiện trong các đề thi đại học và cũng gây không ít khó khăn cho các thí sinh. Trong bài này chúng tôi trao đổi với các bạn một số điểm cần chú ý khi giải các PTLG. Về phương pháp chung thì để giải PTLG ta sử dụng các công thức biến đổi lượng giác đưa phương trình ban đầu về PTLG thường gặp Chúng ta biến đổi PTLG theo các hướng sau: 1. Đưa về phương trình bậc nhất đối với sin và côsin Với dạng này ta cần lưu ý một số biến đổi sau sinx 3 cos 2sin 2cos 3 6 3sinx cos 2sin 2cos 6 3 sinx cos 2 sin 2 cos 4 4 x x x x x x x x x π π π π π π     ± = ± =             ± = ± =             ± = ± =         ∓ ∓ ∓ Thí dụ 1: Giải phương trình s 3 cos3 2sii x n 2 n3 x x − = (1) Lời giải. Ta có s 3 cos3 2sin 3 3 in3x x x π   − = −     nên (1) 2 3 sin 3 sin 2 4 2 3 15 5 x k x x k x π π π π π  = +    ⇔ − = ⇔       = +   ; k Z ∈ Thí dụ 2 . Gi ả i ph ươ ng trình 3 sinx cos .sin 2 3 os3 2(cos4 sin ) x x c x x x+ + = + ( Đề thi Đ H kh ố i B - 2009) Lời giải . Ph ươ ng trình đ ã cho t ươ ng đươ ng v ớ i 3 1 3 1 sinx sin3 3 os3 2cos4 sinx sin3 2 2 2 2 sin3 3 os3 2cos4 os 3 cos4 6 2 6 2 42 7 x c x x x x c x x c x x x k x k π π π π π + + = + − ⇔ + =   ⇔ − =      = − +  ⇔   = +   Nguyễn Tất Thu – GV Lê Hồng Phong, Biên Hòa, Đồng Nai 2. Biến đổi về phương trình chỉ chứa một hàm số lượng giác V ớ i ph ươ ng pháp này chúng ta c ầ n l ư u ý t ớ i m ộ t s ố đẳ ng th ứ c sau 4 4 2 6 6 2 2 2 2 1 sin 1 sin 2 2 3 sin 1 sin 2 4 2tan 1 tan sin 2 os os os2; 1 tan 1 tan x c x x x c x x x x x c x x x + = − + = − − = + + = Thí dụ 3. Giải phương trình ( ) 6 6 2 sin cos sin x cos 0 2 2sin x x x x + − = − (2) (Đề thi ĐH khối A - 2006) Lời giải. Điều kiện 2 sin . 2 x ≠ 2 2 3 1 (2) 2 1 sin 2 sin 2 0 4 2 3sin 2 sin 2 4 0 sin 2 1 ( ) 4 PT x x x x x x k k Z π π   ⇔ − − =     ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = + ∈ Đố i chi ế u đ i ề u ki ệ n ta có 5 2 , 4 x n n Z π π = + ∈ là nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình đ ã cho Thí dụ 4 . Gi ả i ph ươ ng trình 2 2 1 11 9 sin 2 . os6 sin 3 sin .sin (3) 2 2 2 x x x c x x+ = Lời giải . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 11 9 3 1 cos4 cos6 1 cos6 sin sin 2 2 11 9 1 cos4 cos6 sin sin 2 2 1 1 1 cos2 cos10 cos cos10 2 2 cos2 cos 2 0 2cos cos 3 0 cos 1 2 , x x PT x x x x x x x x x x x x x x x x x k k π ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ − + = − ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ∈ ℤ Nguyễn Tất Thu – GV Lê Hồng Phong, Biên Hòa, Đồng Nai Thí dụ 5 . Gi ả i ph ươ ng trình ( ) 2 tan 5sin 1 4 4 x x π   − = +     Lời giải . Đ i ề u ki ệ n 3 os 0 4 4 c x x k π π π   − ≠ ⇔ ≠ +     ( ) ( ) 2 2 2 1 tanx 6tan 1 4 1 t anx 1 tan t anx 7 tan 5tan 2 0 tanx 0 , x PT x x x x k k π − + ⇔ = + + ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = ∈ ℤ Thí dụ 6 . Gi ả i ph ươ ng trình ( ) ( ) 2 5sin 2 3 1 sinx tan 5 x x− = − ( Đề thi Đ H Kh ố i B - 2004) Lời giải . Đ i ề u ki ệ n : os 0 2 c x x k π π ≠ ⇔ ≠ + ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 sin 5 5sin 2 3 1 sinx . cos sin 5sin 2 3 1 sinx 1 sin sin 5sin 2 3 1 sin 5sin 2 1 sin 3sin 2sin 3sin 2 0 2 1 6 sin , 5 2 2 6 x PT x x x x x x x x x x x x x x k x k x k π π π π ⇔ − = − ⇔ − = − − ⇔ − = + ⇔ − + = ⇔ + − =  = +  ⇔ = ⇔ ∈   = +   ℤ 3. Biến đổi về phương trình tích Để biến đổi về phương trình tích chúng ta cần tạo ra các thừa số chung. ột số lưu ý khi tìm nhân tử chung: Các biểu thức: • 1+sin2x; cos2x; 1+tanx; 1 + cotx có thừa số chung là sinx + cosx • 1 – sin2x; cos2x; 1 – tanx; 1 – cotx có thừa số chung là sinx - cosx • sin 2 x; tan 2 x có thừa số chung là (1 – cosx)(1 + cosx) • cos 2 x ; cot 2 x có thừa số chung là (1 – sinx)(1 + sinx) Nguyễn Tất Thu – GV Lê Hồng Phong, Biên Hòa, Đồng Nai Thí dụ 8. Giải phương trình ( ) 2 sin 2 sin 7 4 4 2 x x π π     − = − +         Lời giải. Ta có ( ) 7 sin 2 sin sin 4 4 4 2cos .sin sin 4 4 sin 0 4 4 , 1 cos 3 2 PT x x x x x x x k k x k x π π π π π π π π π π     ⇔ − − = −             ⇔ − = −             − = = +        ⇔ ⇔ ∈    = ± + =     ℤ Thí dụ 9. Giải phương trình 9 cos2 3sin 2 5 2 sin 3 (8) 4 x x x π   − + + =     Lời giải. Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 8 cos2 3 1 sin2 5 sin cos 0 cos sinx cos sinx 3 sin cos 5 sin cos 0 PT x x x x x x x x x x ⇔ − + + + = ⇔ + − − + + + = ( ) ( ) sinx cos 4sin 2cos 5 0 sinx cos 0 , 4 x x x x x k k π π ⇔ + + − = ⇔ + = ⇔ = − + ∈ ℤ (Do 4 2 + 2 2 < 5 2 nên PT 4sinx + 2cosx – 5 = 0 vô nghiệm) Thí dụ 10. Giải phương trình ( ) 2 2 2 sin tan cos 0 9 2 4 2 x x x π   − − =     (Đề thi ĐH Khối D - 2003) Lời giải. Điều kiện: cos 0 2 x x k π π ≠ ⇔ ≠ + Nguyễn Tất Thu – GV Lê Hồng Phong, Biên Hòa, Đồng Nai ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 sin 9 1 cos 1 cos 0 2 cos sin (1 cos ) 0 1 sin 1 cos 1 cos 1 sin 0 1 cos sin cos 0 2 cos 1 , sin cos 0 4 x PT x x x x x x x x x x x x x k x k x x x k π π π π π     ⇔ − − − + =         ⇔ − + = + ⇔ − − + + = ⇔ + + = = +  = −   ⇔ ⇔ ∈   + = = − +   ℤ Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của PT đã cho là: 2 , 4 x k k x k π π π π = +   ∈  = − +  ℤ Thí dụ 11. Giải phương trình ( ) 2 2 tan tanx 2 sin 10 tan 1 2 4 x x x π +   = +   +   (Đề thi dự bị Khối D - 2008) Lời giải. Điều kiện: , 2 x k k π π ≠ + ∈ ℤ Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 1 10 cos tan tan sin cos 2 2 sin sin .cos sin cos sin cos 2sin 1 0 2 4 2 ( ) 6 5 2 6 PT x x x x x x x x x x x x x x k x k k x k π π π π π π ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + − =  = − +    ⇔ = + ∈    = +   ℤ Cả ba họ nghiệm này đều thoản mãn điều kiện bài toán Thí dụ 12. Giải phương trình ( ) 2sin 2 cos2 7sin 2cos 4 11 x x x x− = + − Lời giải. Phương trình (11) tương đương với Nguyễn Tất Thu – GV Lê Hồng Phong, Biên Hòa, Đồng Nai ( ) ( )( ) ( )( ) 2 4sin cos 1 2sin 7sin 2cos 4 0 2cos 2sin 1 2sin 1 sin 3 0 2sin 1 2cos sin 3 0 2 1 6 sin 5 2 2 6 x x x x x x x x x x x x x k x x k π π π π − + − − + = ⇔ − + − − = ⇔ − + − =  = +  ⇔ = ⇔   = +   (Vì 2cos sin 5 3 2cos sin 3 0 x x x x + ≤ < ⇒ + − ≠ với mọi x) Cuối cùng xin đưa ra một số bài toán để các bạn tự luyện tập Giải các phương trình lượng giác sau 1) cot sin 1 tan x tan 4 2 x x x   + + =     2) ( ) ( )( ) 1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin x x x x − = + − 3) 5 cos5 2sin3 cos2 sin 0 x x x x − − = 4) ( ) 2 2 3cot 2 2 sin 2 3 2 cos x x x + = + 5) ( ) ( ) 2 cos cos 1 2 1 sin sin cos x x x x x − = + + 6) 1 sin cos sin 2 cos2 0 x x x x + + + + = 7) 4 4 3 cos sin cos sin 3 0 4 4 2 x x x x π π     + + − − − =         8) 6 6 sin cos sin 2 x x x + = 9) 2 cot tan 4sin 2 sin 2 x x x x − + = 10) 2 2 cos 3 .cos2 cos 0 x x x − = . chú ý khi giải các PTLG. Về phương pháp chung thì để giải PTLG ta sử dụng các công thức biến đổi lượng giác đưa phương trình ban đầu về PTLG thường gặp Chúng ta biến đổi PTLG theo các hướng. sin cos 0 PT x x x x x x x x x x ⇔ − + + + = ⇔ + − − + + + = ( ) ( ) sinx cos 4sin 2cos 5 0 sinx cos 0 , 4 x x x x x k k π π ⇔ + + − = ⇔ + = ⇔ = − + ∈ ℤ (Do 4 2 + 2 2 < 5 2 nên PT 4sinx. 9 1 cos4 cos6 sin sin 2 2 1 1 1 cos2 cos10 cos cos10 2 2 cos2 cos 2 0 2cos cos 3 0 cos 1 2 , x x PT x x x x x x x x x x x x x x x x x k k π ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ − + = − ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ∈ ℤ