tuanthuybook@gmail.com VÕ ĐẠI MAU NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com LỜI NĨI ĐẦU  PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC Đối với học sinh cấp III nói chung – bạn kỳ ơn luyện chuẩn bị thi vào trường Đại học – Cao đẳng … Lượng giác phân mơn tốn học khó Trong chương trình cải cách giáo dục cấp III, Lượng giác có vai trò quan trọng, đề cập nhiều đề tuyển sinh Đại học ba phần bắt buộc Nhằm giúp em học sinh bạn u tốn khác chuẩn bị tốt cho kì thi cuối cấp Đại học, chúng tơi cố gắng sưu tầm, biên soạn phân mơn tốn lượng giác Sách chủ yếu hướng dẫn phương pháp để bạn tự học, tự rèn tốt đa dạng phương pháp Cùng với Phân loại tốn lượng giác, Phương pháp giải, có tính chun đề: Phương trình bất phương trình lượng giác – Sách giúp bạn phân loại dạng tốn phương pháp giải đặc biệt để dễ nhớ, dễ thực hành Do tính đa dạng phân mơn, nên dù có nhiều cố gắng biên soạn, chúng tơi khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong em học sinh, bạn u tốn, đồng nghiệp góp ý để phục vụ bạn đọc tốt Chúc em học giỏi đạt kết tốt kì thi tới Tác giả VÕ ĐẠI MAU ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com MỘT SỐ CHÚ Ý QUAN TRỌNG CẦN GHI NHỚ TRƯỚC KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC VẤN ĐỀ I Chú ý 1: Về phương trình có chứa ẩn mẫu số NHỚ BUỘC ĐIỀU KIỆN MẪU SỐ KHÁC a Nếu phương trình có ẩn tgx có chứa cosx mẫu số ta phải buộc điều kiện:  cos x   x   k, k  Z   (hoặc x    k2 x  (2k  1) , k  Z) 2 b Nếu phương trình có ẩn cotgx có chứa sinx mẫu số ta phải buộc điều kiện: sinx   x  k, k  Z Chú ý 2: Về phương trình vô tỉ Nếu phương trình có chứa thức bậc chẵn nhớ buộc điều kiện biểu thức nằm thức không âm Chú ý 3: Về việc dùng ẩn số phụ Có số phương trình ta phải dùng ẩn số phụ giải thuận tiện cho trình giải Nhớ buộc điều kiện cho ẩn số phụ, nghóa tìm miền xác đònh D biểu thức có mặt phương trình theo đối số Thí dụ: – Khi đặt t = sinx t = cosx nhớ ghi kèm theo t   1,1 – Khi đặt t = sin x t = cos x t  sin2 x , t = cos2x t  0,1  1    2  – Khi đặt t = cosx  sinx mà x    ;  t   , 2    3 – Khi đặt t = acosx + bsinx t    a  b2 , a  b2    – Khi đặt t = tgx + cotgx t  – Khi đặt u = sinx +  sin2 x sao? Ta có sinx   1,1  sin2 x  0;1   sin2 x  ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com mà sinx  –1 Do đó: u = sinx +  sin2 x 0 (1) Mặt khác: u u2  sin2 x  (  sin2 x)2  (12  12 )   u  (2)   từ (1) (2), ta có:  u  Chú ý 4: tìm giao tập nghiệm Giả sử giải phương trình lượng giác mà trình giải cuối dẫn đến việc phải tìm giao tập nghiệm E1, E2 – Nếu E1  E2  E E tập nghiệm phải tìm – Nếu E1  E2 E1  E2  E1  E  E1 – Nếu E2  E1 E1  E2  E2  E  E2 – Nếu E1  E2   : phương trình vô nghiệm ví dụ: a/ Giải phương trình cos3x +  cos2 3x  2(1  sin 2x) (1)  2 xk (E1) cos3x   Quá trình giải: (1)    (*) với k,  Z sin2x  x    (E )  có cách để xác đònh nghiệm hệ (*) – Cách 1: Dùng phương pháp liệt kê phần tử tập nghiệm E1 E2 Trên sở đó, ta xác đònh tập E  E1  E2 Ta có   2  8 10 14  16 E1   , 0, , , 2, , , 4, , , 6  3 3 3      3 5 7 E2   , 0, , , , 2, , 3, , 4  2 2      E  E1  E2  , 0, 2, 4, Do nghiệm phương trình (1) là: x = m2 , m  Z – Cách 2: Dùng đường tròn lượng giác ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com – Tìm đường tròn lượng giác điểm cung thuộc tập E1 thuộc E2, chọn lấy điểm chung Suy tập nghiệm E phương trình cho 2 B O A A’ 4 B’ cos 3x  – Cách 3: Giả sử, ta có hệ (2)  sin 2x  Ta có:  3 cos x  cos3 x  (2)     sin x cos x  4 cos3 x  cos x    sin x   cos x  4 cos3 x  cos x   (a)  cos x  0; cos x  1 (b) Lần lượt thay cosx = 0, cosx = 1, cosx = –1 vào (a), ta thấy có giá trò cosx = thỏa Do đó: (2)  cos x   x  k2, k  Z Vậy nghiệm (1) x = k2  , k  Z cách hay đòi hỏi em học sinh phải thông minh, nhạy bén TD: b/ Giải phương trình (cos4x – cos2x)2 = + sin 3x (1) sin x  1 dẫn đến hệ  sin 3x  1 (2) sin x  1 ta có (2)    3 sin x  sin x  1 sin x  1  4 sin x  sin x   Rõ ràng sinx = nghiệm hệ Do nghiệm (1) x    k2, k  Z Chú ý 5: Tìm hợp tập nghiệm ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com Giả sử phương trình cho có tập nghiệm E1 E2 Ta phải tìm E = E1  E2 – Nếu E1  E2 E1  E2  E2  E  E2 – Nếu E2  E1 E1  E2  E1  E  E1 – Nếu E1  E2    E  E1  E2 – Nếu E1  E2  E '  E  E1  (E2 \ E ') ví dụ: a/ Quá trình giải phương trình sin2x + sin22x = sin23x + sin24x (1) dẫn đến (1) có tập nghiệm   E1 : x1  k ; E2 : x2  n với k, n  Z Nếu chọn k= 5m n = 2m x1 = x2 = m  , m  z Như E1 E2 có phần chung E '  {x  E2 / x  m, m  Z} Do ta giữ lại E1 tập E2 phải loại bỏ tập E’ (vì kể E1 rồi) Ta có: E2 \ E’ = {x = n   / n  2m}  {x  (2  1) ,   Z} 2 Vậy nghiệm (1) là:    x  k     x  (2  1) với k,   Z ví dụ: b/ Giải phương trình cosx – sinx = cos3x Phương trình có tập nghiệm   x1 = k  ; x    ; x   m với k, , m  Z  x  k Có thể viết gọn lại:   x  (1)n   n  (n, k  Z)  ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com ví dụ: c/ Giải phương trình: cos22x + cos23x =1 (1) Phương trình có tập nghiệm   k,   Z (E1 )  x1   k     (E2 )  x2  10   Nếu ta chọn  = 5k+    2  x2   (5k  2)   k    k  x1  E1  E2 10 10   Do nghiệm (1) là: x   Z 10 Ghi nhớ cách dùng đường tròn lượng giác – Ghi điểm cung thuộc tập E1 dấu  (tròn) cung thuộc tập E2 dấu (vuông) – Điểm có dấu vừa  vừa nghiệm E1 E2 thuộc phần giao tập – Tất điểm thuộc phần hợp, điểm có kí hiệu ứng với nghiệm nên kể lần Do lấy toàn tập E1 lấy tập E2 phải phân loại bỏ phần chung E2 ví dụ: d/ Giả sử ta có: x1  k  (E1 ) ; x    với k,   Z (E2 ) Trên đường tròn lượng giác: Tập nghiệm E1 tương ứng điểm E2 có điểm (các em tự vẽ hình)  có điểm  chung ứng với E2 Vậy nghiệm phải tìm x  l (Rõ ràng E2  E1 nên E1  E2  E2 )    x1  k Giả sử ta phải tìm     x2   với k,   Z (E1 ) (E2 ) Trên đường tròn lượng giác: + E1 có 10 điểm tương ứng 10 ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com + E2 có điểm Trong đó: E2 có điểm chung với E1 ứng với cung x = m  , m  Z Do tập nghiệm phương trình cho là: E  E1  E2  E1  [E2 \ (E1  E2 )]    x1  k hay     x2  (2m  1) với k, m  Z VẤN ĐỀ: CÁC KIỂU, DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Điều làm cho học sinh băn khoăn để giải phương trình lượng giác nào? Đại để ta phân loại phương trình lượng giác thành loại sau: (1) Nếu phương trình có số hạng cos2x sinx: thay cos2x = – 2sin2x, ta phương trình bậc hai theo sinx (2) Nếu phương trình có số hạng cos2x cosx: Thay cos2x = 2cos2x – 1, ta phương trình bậc hai theo cosx (3) Nếu phương trình có số hạng tg2x : cos2 x Thay   tg x , ta phương trình bậc hai theo tgx sin x (4) Nếu phương trình có số hạng cotg2x : sin x Thay   cot g2 x , ta phương trình bậc hai theo cotgx sin x (5) Nếu phương trình có số hạng sin3x cosx: Thay sin3x = 3sinx – 4sin3x, ta phương trình bậc theo sinx (6) Nếu phương trình có số hạng cos3x cosx: Thay cos3x = – 3cosx + 4cos3x, ta phương trình bậc theo cosx (7) Biến đổi phương trình cho thành dạng phương trình cổ điển Acosx + Bsinx = C (8) Dạng toàn phương hay bậc sinx cosx: ĐT: 0937277023 11 tuanthuybook@gmail.com Asin2x + Bsinxcosx + Ccos2x + D = (9) Dạng đối xứng sinx cosx: A(cosx +sinx) + Bsinxcosx + C = (10) Dạng đối xứng tgx cotgx: A(tg2x + cotg2x) + B(tgx + cotgx) + C = (11) Đưa dạng phương trình tích số (12) Phương trình dùng bất đẳng thức để giải (13) Phương trình dạng A2n + B2m + C2k = Với n, m, k  Z+ (14) Phương trình vô tỉ (15) Phương trình chứa giá trò tuyệt đối Phương trình kèm theo điều kiện (16) Phương trình mũ (17) Phương trình lôgarit Mỗi phương trình có phương pháp đặc trưng để giải Ngoài có phương pháp: – Dùng giá trò lớn giá trò nhỏ để giải – Dùng đồng thức – Dùng ẩn số phụ dùng góc phụ – Dùng đồ thò v.v… GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP DÙNG ẨN SỐ PHỤ Trong trình giải phương trình nói chung phương trình lượng giác nói riêng, có nhiều lúc thuận tiện, ta phải đổi ẩn số Ẩn số biểu thức, hàm số theo ẩn số ban đầu Khi đổi ẩn số vậy, ta nhớ buộc điều kiện cho ẩn số Thí dụ giải phương trình bậc hai theo sinx cosx, ta đặt t = sinx t = cosx –  t  Nếu đặt t = sin x t  cos x sao? Gặp phương trình: a(sinx  cos x)  b sin x cos x  c  12 ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com ta đặt t = sinx  cosx   t  Nhưng thân x phải chòu điều kiện t thay đổi theo Thí dụ  2   k2  x   k2 , k  Z lúc t phải thuộc   đoạn   ;  t  [  2, ]   (Các bạn xem chương phương trình vô tỉ, tập 78) Nếu ta đặt t = acosx + bsinx sao? Theo Bunhiacốpski, ta có: t2 = (acosx + bsinx)2  (a  b2 )(cos2 x  sin2 x)  a  b2   a  b2  t  a  b2 Nếu ta đặt t = tgx t = cotgx t  (, ) cần nhớ x   (2k  1) với t = tgx x  k  với t = cotgx, k  Z Giả sử ta đặt t = tgx + cotgx sao? Các bạn biết sin x cos x sin x  cos2 x     cos x sin x sin x cos x sin 2x sin 2x Do 1  sin 2x  nên t  2  t  tgx cotgx   Nói cách khác t  Với x  k , k  Z Hoặc: Cũng dựa vào tính chất : tgx cotgx đại lượng nghòch đảo đó: tgx  cotgx  2  tgx  cotgx   t  Đề Giải phương trình: 3cosx  4sin x   (1) 3cosx  4sinx  (Theo Bộ Đề thi) Giải Ta đặt t = 3cosx + 4sinx  t  [ 5, 5] (*) Phương trình (1) trở thành t   , t  1 t 1  t2  5t   t   t  , thỏa điều kiện ĐT: 0937277023 13 tuanthuybook@gmail.com   5  cos 2x  sin 2x   cos 2x  m  2 2  –4cos2x – 3sin2x = –m +1  4cos2x + 3sin2x = m – (2) (2) phương trình lượng giác cổ điển có a = , b = , c = m –1 Để (1) có nghiệm (2) phải có nghiệm  c2  a  b2 (m–1)2  16 + = 25  5  m     m  Vậy để (1) có nghiệm 4  m  Cách 2: cho cosx = 0: (1)   m   m  3 Do (1) có nghiệm m = – (a) – Giả sử m  3  cos  Chia vế (1) cho cos2x ta có: 3tg2x – 6tgx – +m(1+tg2x) =  (m  3)tg x  6tgx  m   (2) Vì m  3 nên (2) phương trình bậc theo tgx Điều kiện có nghiệm (2) là:  '  0, m  3   (m  3)(m  5)  0, m  3  m  2m  24  0, m  3  4  m  6, m  3 (b) Kết hợp (a) (b) ta có tập giá trò m phải tìm đoạn [–4,6] Đề 66: Giải phương trình sin x  (3  3) sin x cos x  cos2 x  (1) với x  [0, 2 ] Giải  Vì cosx = nghiệm (1) nên ta chia vế (1) cho cos2x Ta có: (1)  3tg x  (3  3)tgx   Đây phương trình bậc hai theo tgx, có tổng hệ số 0, phương trình có nghiệm là: tgx = 1; tgx = 3 a/ Với tgx = 1, ta có: x=   k , k  Z ĐT: 0937277023 63 tuanthuybook@gmail.com  5x ,x  4 Vì x  [0, 2] nên ta thấy là: x  Hoặc lí giải sau:   7 x  [0, 2]    k  2    k   k 2 4 4  5 Do k  Z nên k  x  ,x  4  , ta có: x =   ,   Z  7 x  [0, 2] nên ta có: x  ,x  6 Vậy toán có lời giải  x1  , x2   x3  , x4  b/ Với tgx = 5 7 Đề 67: Đònh giá trò m phương trình sau có nghiệm: 6sin2x + msinxcosx – cos2x = + m (1) Giải  Ta biến đổi vế trái (1) (1)   cos 2x m sin 2x  cos 2x    2m 2   cos 2x  m sin 2x   cos 2x   2m  m sin 2x  cos 2x  2m  (2) Điều kiện để (1) có nghiệm  (2) có nghiệm  m2  49  (2m  2)2  m2  49  4m2  8m   3m2  8m  45    151  151 m 3 Vậy để (1) có nghiệm, ta phải có: 64  151  151 m 3 ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI sinx cosx Phương trình có dạng A(sinx + cosx) + Bsinxcosx + C =0 (1) Phương pháp giải: Đặt sinx + cosx = t, với   t    sin x cos x  t  sin x cos x  t2  Phương trình (1) trở thành: At + B(t  1)  C   Bt  2At  2C  B  (2) Giải (2): – Nếu (2) vô nghiệm  (1) vô nghiệm – Nếu (2) có nghiệm t  [  2, 2]  (1) vô nghiệm – Nếu (2) có nghiệm t  [ 2, 2] , ta giải phương trình: sinx + cosx = t0      cos  x    t (hoặc sin  x    t ) 4 4      t  t  cos  x    (hoặc sin  x    ) 4 4 2    Chú ý 1: – Nếu A(sinx – cosx) + Bsinxcosx + C =0 (1) Ta đặt cosx – sinx = t Khi ta có sinxcosx =   t2  Chú ý 2: Có thể dùng phương pháp góc phụ:  Đặt x   z sin x  cos x  cos z   sin x cos x  cos 2z x   z ĐT: 0937277023 65 tuanthuybook@gmail.com Đề 68: Giải phương trình: 2(cos x  sin x)  sin x cos x  (1) Giải  Đặt cosx + sinx = t , với t  [  2, 2] (*) t 1 t2  Ta có: (1)  t    t2  2t   Phương trình (2) có nghiệm là:  sin x cos x  (2) t1   (thỏa (*)) t   (loại) Do ta có: cosx + sinx = 1    cos  x     4    1  1  x    arccos  k2 , k  Z  cos  x    4 2  Vậy nghiệm (1) là: x  1  arccos  k2 , k  Z Đề 69: Giải phương trình: cosx  1 10  sin x   cos x sin x (Theo đề thi) Giải  Điều kiện: cos x    sin 2x   x  k , k  Z  sin x  Phương trình cho viết dạng: cosx  sinx 10 cosx  sinx   sinxcosx Đặt cosx + sinx = t , với t  [  2, 2] (*)  sinxcosx  Ta có: t  66 t t 1  10 2t 10 t  với t  1 3 t 1 t2  (**) ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com  3t  10t  3t  10  Phương trình có nghiệm t = ta đặt t – làm thừa số chung: (t – 2) (3t2 – 4t – 5) = (2) Suy (2) có nghiệm là: t1 = (loại) t2   19 (loại)  19 (thỏa điều kiện (*) (**)) Do đó, ta có: t3  cosx + sinx =   19    19  cos  x    4   x   19   arccos  k ' 2 , k ' 2  Z x   19  arccos  k ' 2 (x thỏa điều kiện ban đầu: x  k  ) Vậy phương trình cho có nghiệm là: x   19  arccos  k ' 2 , k '  Z Đề 70: Cho phương trình: sin 2x – 2m 2(cos x  sin x)   6m  (1) a Giải (1) m = b Đònh m để (1) có nghiệm Giải  a Khi m = 1, ta có: sin 2x – 2(cos x  sin x)   (2) Đặt cosx + sinx = t , với t  [  2, 2]  sin 2x  t  Do ta có: t   2t    t2  2t   Phương trình (3) có nghiệm là: (3) ĐT: 0937277023 67 tuanthuybook@gmail.com t1   ; t  (loại)     cos x  sin x    cos  x    1  x   (2k  1), k  Z 4   Vậy x =  (2k  1) , k  Z b Với cách đặt cosx + sinx = t, t  [  2, 2] ta có: (1)  t  2m 2t  6m2  (1’) – Nếu m = : (1’)  t   cosx  sinx   x     k , k  Z – Nếu m  : (1’) có nghiệm t1   m , t2  3m Ta phải có:   m     3m   1  m    1  m   1  m  3 Vậy 1  m  Đề 71: Đònh a để phương trình sau có nghiệm: 1   4a (Theo đề thi) cos 3x sin 3x Giải cos 3x    Điều kiện:   sin 6x   x  k , k  Z sin 3x  Phương trình cho tương đương với phương trình sin 3x  cos 3x  4a sin 3x cos 3x (1) Đặt sin3x – cos3x= t , với t  [  2, 2]  sin3xcos3x  2t 1t (*)  t2 , ta có:  4a , t  1 (**)  4at2  2t  4a   2at  t  2a  (2) – Nếu a = 0: (2)  t   cos x  sin x   x   68   k , k  Z ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com – Nếu a  (2) có nghiệm t1, t2 trái dấu Đặt f(t) = 2at2 + t – 2a Ta có: f(1) = 1; f(–1) = –1 Do t  1 nghiệm (2) mà f(1) f(–1) = –1 <  (2) có nghiệm t  [ 1,1] nghóa (2) có nghiệm t  [  2, 2] a Vậy phương trình cho luôn có nghiệm a Đề 72: Giải biện luận phương trình sinxcosx – m(sinx + cosx) +1 = (1) Giải Đặt t = sinx + cosx, với   t  Ta có: t2   mt    t  2mt   (2) Điều kiện để (2) có nghiệm (1)   '  m2    m  1  m  (3) Đặt f(t)= t  2mt  Ta có: f( 2)   2m    2m f(– 2)   2m    2m Để (1) có nghiệm (2) phải có nghiệm t  [  2, 2]  f ( 2)f ( 2)   (3  2m 2)(3  2m 2)    3 m 4 (4) Hoặc nghiệm  [  2, 2] Ta có f ( 2)    2m   m  f ( 2)    2m   m    2 S  2 2m 2 (5) (6) (7) ĐT: 0937277023 69 tuanthuybook@gmail.com Phương trình (1) có nghiệm điều kiện (3) (5), (6) (7) thỏa Vậy: (1) có nghiệm 3  m  1   m  4 Cách 2: Dùng góc phụ   Đặt x   z  z   x 4       sin x  cos x  sin x  sin   x   sin cos   x   cos z 2  4    1 sinxcosx= sin 2x  cos   2x   cos 2z 2 2  Đề 73: Giải biện luận phương trình sinxcosx – sinx – cosx + m = (1) Giải  Ta dùng phương pháp góc phụ  Đặt x   z , ta có: sinx + cosx = cos 2z Do đó: (1)  cos2z  2sinz  m  1  (2cos2 z  1)  2cosz  m   cos2 z  2cosz  m   2  2cos2 z  2cosz  2m   (2) a) Phương trình (1) có nghiệm f(1)f(–1) <   2 1 2 1 m 2 với f(t) = t  2t  2m  t  [ 1,1] b) Phương trình (1) có nghiệm   0 m 1  f(–1) >  m    f(1)>  m  70 2 1 2 1 ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com 1  S   1   (thỏa m) 2 2 1  m 1 Chú ý: Sau em tìm t tức cosz ta suy giá trò z z   arccos t  k2 , k  Z hay   arccos t  m2, m  Z   Cũng đặt x   z Do đó: x  PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Phương pháp giải: Biến đổi phương trình vô tỉ thành hữu tỉ 1– Dạng I: f (x) = g(x) (1) a Ta phải buộc số điều kiện: – Điều kiện để thức bậc chẵn nói chung bậc nói riêng, có nghóa biểu thức nằm dấu không âm: f (x)  (a) – Trong điều kiện này, vế trái không âm để phương trình có nghóa ta phải có vế phải không âm: g(x)  (b) – Giao tập nghiệm (a) (b) điều kiện để (1) có nghóa Nghiệm (1) phải thỏa điều kiện giao b) Với điều kiện này, vế (1) không âm, ta bình phương vế (1), ta có: f(x)= [g(x)]2 (2) (2) phương trình mà ta quen thuộc cách giải Giải (2), đối chiếu điều kiện, chọn nghiệm thích hợp Ta có nghiệm (1) Sơ đồ cách giải: f (x)   f (x)  g(x)  g(x)   f (x)  [g(x)] Đề 74:    sin 2x cos2 2x  sin  3x   4  (1) Giải ĐT: 0937277023 71 tuanthuybook@gmail.com 1  sin 2x cos2 2x  (a)  Điều kiện:    (b) sin  3x       (*) Với điều kiện (*), ta có:   (1)  sin 2x cos2 2x  sin  3x   4  (Biến đổi làm gọn vế)    cos  6x   2    sin 2x cos 2x cos 2x    sin 4x cos 2x  2(1  sin 6x)   2(sin 6x  sin 2x)   sin 6x  sin 2x  (2) Phương trình (2) có nhóm nghiệm:    k x  12  5   x  12   với k,   Z Đối chiếu với điều kiện (*): – Vì sin 2x =   sin 2x cos2 2x  (1  sin 2x cos2 2x       ) Vậy (a) thỏa x cho sinx= – Ta cần xét điều kiện (b)       Với x   k , k  Z  sin  3x    sin   k  12 4  2  1  k chẵn : k  2m =  1  k lẻ : k  2n  , m  Z  (b) thỏa với k = 2m  Với x  72   3  5    ,   Z  sin  3x    sin     12 4    ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com  1   chẵn :   2n =  (b) thỏa với l= 2n + 1  lẻ :   2n  , n  Z Vậy nghiệm (1) là: x    m.2 ; 12 x 5  (2n  1) (m, n  Z) 12 Đề 75: Giải phương trình:  cos 2x  sin x (1) (Bộ đề thi) Giải  Tuy phương trình có chứa hai thức thức ra, phương trình không chứa số hạng khác Do ta xếp loại phương trình vào dạng Ta có:  cos 2x  (a) 2  cos 2x    (1)  sin x   sin x  (b) 2  cos 2x  sin x 3 cos 2x  sin x   (2)    Giải (2): – 3cos2x – sinx + =  3(1  sin2 x)  sin x    sin x   sin x  sin x      sin x   Đối chiếu với (b)  sin x  1 Ta có cos 2x   sin x       thỏa (a) 2 Vậy nghiệm (1) cho  5 sinx =  x   k2  x   k ' 2 với k, k '  Z 6 Đề 76: Giải phương trình:  cos 2x  cos x (1) Giải  Ta có: ĐT: 0937277023 73 tuanthuybook@gmail.com  cos 2x   (a) 3  cos 2x    (1)  cos x   cos x  (b) 3  cos 2x  cos x 4 cos 2x  cos x   (2)    Giải (2): ta có (2)  4(2 cos2 x  1)  cos x     cos x  2  cos x  cos x       cos x   Đối chiếu với (b), ta chọn cosx = 1 Ta có: cos2x= 2cos2x – =      thỏa (a) 4  Vậy nghiệm (1) cho cos x   x    k2 , k  Z Dạng II: f1 (x)  f (x)  g(x) (1)  f1 (x)   Điều kiện:  f (x)  (*)  g(x)   Với điều kiện (*) ta có: (1)  f1 (x)  f (x)  f1 (x)f (x)  [g(x)]2  f1 (x)f (x)  [g(x)]2  f1 (x)  f (x) (2) Ta trở lại dạng I Nhưng (*) ta phải buộc thêm điều kiện (2) có nghóa: [g(x)]2 –f1(x) – f2(x)  (**) Giải (2), đối chiếu điều kiện (**) (*) giao chung, suy nghiệm (1) Đề 77: Cho phương trình:  sin x   sin x  k cos x (1) a Giải (1) k = 1, k = b Giải biện luận (1) theo k (Theo đề thi) Giải 74 ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com Ta có: + sinx  x  sin x  x (Vì sao?) Điều kiện: kcosx >  cosx k dấu Với điều kiện trên, ta có: (1)   sin x   sin x  (1  sin x)(1  sin x)  k cos2 x    sin x  k cos2 x   cos2 x  k cos2 x   cos x  k cos2 x  k cos2 x  cos x   (2) a Trường hợp k = 1; k >  cosx > (2)  cos2 x  cos x    cos x    1, cos x    Cả nghiệm không thỏa điều kiện Do (1) vô nghiệm k = * Trường hợp k = 2; k >  cosx > (*)  cos x  (2)  cos2 x  cos x      cos x  1  Đối chiếu điều kiện (*), ta có: cosx =  x  2 ,   Z b Giải biện luận theo k: Đặt t  cos x , với t  Ta có: k   (3) có nghiệm trái dấu t1    2k k2  ; t2  Do ta có: cos x  (1) có nghiệm    2k k2  (loại)    2k k2   2k k    2k  k  2 k  k   k     2 2 k   1  2k  (K  1) k  4K  k    k   k   k  2 k   – Nếu k   cos x   cos x   x   arccos   2k k2   2k k2  m2, m  Z ĐT: 0937277023 75 tuanthuybook@gmail.com – Nếu k  2  cos x   cos x     2k k2    2k    n2, n  Z  x   arccos     k   – Nếu –2 < k < : (1) vô nghiệm Đề 78: Đònh giá trò m để phương trình sau có nghiệm:  cos x   sin x  m (1) Giải  Điều kiện  cos x   1  cos x     2 (mod 2)     x  1  sin x   sin x     m   m    m      2 Trong điều kiện   x  (mod 2) có nghiệm m giá trò hàm: y   cos x   sin x y giới nội đó: y  m  max y y  nên y hàm z = y2 đồng thời đạt giá trò lớn min y  z giá trò nhỏ   max y  max z Ta có: z  y   2(cos x  sin x)   2(cos x  sin x)  sin x cos x   t2  cos  x    sin x cos x  4   2    2    x     x   (mod 2) 6 4 4  5 5  Đoạn   ,  tập đối xứng hàm cosin hàm chẵn  12 12  Đặt t = sinx + cosx = 76 ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com cos     5  5      cos  x    với cos  cos     cos cos  sin sin 12 4 12 6   6   2 2   2(  1)   2(  1)   cos  x    4   2(  1)   cos  x     4  1 t 2 Ta có: z   2t   2t  2t    2t  2t  2t   1  4t  với t   ,  = D  z 't     2t  2t   2 4t  2 2t  2t   , t  D  1  Suy z tăng đoạn  , 2     31  min z  z    1       max z  z( 2)  4(  1)  1 min y  Do ta có:  max y  2  Vậy giá trò m phải tìm 1  m  2 1 Dạng III f1 (x)  f (x)  g(x)  f1 (x)   Điều kiện:  f (x)  (*)  g(x)   với (*) ta bình phương vế: f1 (x)  f (x)  f1 (x)f (x)  g(x)  f1 (x)f (x)  [g(x)  f1 (x)  f (x)] trở lại dạng I: Cách giải tương tự dạng II ĐT: 0937277023 77 [...]... 9     9  ,  , , 2 2     3 3   9   9     PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ Phương pháp đồ thò là phương pháp giải toán tương đối thông dụng Trong một số trường hợp, chúng ta có thể sử dụng phương pháp đồ thò để giải và biện luận các phương trình hoặc bất phương trình lượng giác Đề 7 Đònh mọi giá trò của tham số a để phương trình sau có nghiệm: sin6x + cos6x = a sin 2x (1) Giải 6 Biến đổi... tg  3x   và cotg (5x  ) tồn tại 2    3x  Đề 28: Giải phương trình: tg(2x  1)  tg(x  1)  0 Giải  Phương trình đã cho tương đương với phương trình tg(2x  1)  tg(x  1)  (2x  1)  (x  1)  k, k  Z  2x + 1 = x + 1 + k  x = k, k  Z     Đề 29: Giải phương trình: tg  x   sin 3x     sin  3x   4 2   Giải  Phương trình đã cho tương đương với phương trình   ĐT:... x5  ; x6   2  6 6 6 Vậy phương trình đã cho sẽ có 6 nghiệm – Với x  , 2, 3, 5 13 17 , và 6 6 6   nếu kèm theo điều kiện x   , 3  2  Đề 32: Giải phương trình: sin2x + cos2x + 3sinx + 3 = 0 Giải  Phương trình đã cho có chứa sin2x và sinx Ngoài ra còn có cos2x Nếu ta thay thế cos2x = 1 – 2sin2x thì ta sẽ được một phương trình bậc hai theo sinx Phương trình đã cho có thể viết: sin2x...  Z  x  20   5 ,   Z Phương trình có 2 họ nghiệm: ĐT: 0937277023 31 tuanthuybook@gmail.com x  3 2  k2 ; x   , k,   Z 4 20 5 Đề 21: Giải phương trình: cos5x = – cosx Giải  Phương trình đã cho tương đương với phương trình: cos5x = cos (  –x)     x   k 5x    x  k2 6 3      5x    x  k2 với k, k  Z  x   4  k  2 Vậy phương trình đã cho có 2 họ lời giải:...  2 – Khi –1 < m < 0 hoặc 0 < m < 1: Tương tự, ta có:  = 0;  = – Phương trình (*) có 3 nghiệm:  x1 =0  0< x2 < 1 (?)  1 < x2 < 0  1< x3  x3 < –1  Phương trình đã cho có 3 nghiệm (–; ) 26 ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC CƠ BẢN I Phương trình sinx = sin Hai cung hoặc hai góc có sin bằng nhau khi và chỉ khi chúng bằng nhau hoặc bù nhau, sai kém một bội số của chu...   x    3x  k , k  Z  4x   k  x  k 4 2 4 16 4 3  Vậy nghiệm của phương trình là: x   k ,k  Z 16 4 PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC A PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI THEO CÁC HÀM SỐ LƯNG GIÁC CƠ BẢN I Phương trình bậc hai theo sinx hoặc cosinx (1) Dạng: asin2x + bsinx + c =0 (1), a  0 hoặc acos2x + bcosx + c = 0 (a  0) (2) Phương pháp giải: Đặt t = sinx hoặc t = cosx với 1  t  1 Ta có at2 + bt + c =... x  k  2 3  3 Đề 19: Giải phương trình: cos3x = sinx Giải  Phương trình đã cho tương đương với phương trình:    3x   x  k2   2 cos3x = cos   x    2      3x   2  x  k 2 với k, k   Z    x   k 6 2     x   4  k  Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm:    x =  k ; x    k  , k, k   Z 8 2 4   Đề 20: Giải phương trình:   2x   sin 3x 4 ... (2) 1   y2  6 (3) 2  x Giải  Đặt t = xy, phương trình (1) trở thành: ( 3  1)(1  cos t sin t)  ( 3  1) sin 2 t  cos 2t Tiếp theo, ta có thể thay 1 1  cos 2t  cost sin t  sin 2t ; sin2 t  2 2 Ta sẽ được một phương trình cổ điển hoặc thay cos2t = cos2t – sin2t và chia 2 vế phương trình cho cos2t với nhận xét rằng cost  0 ta sẽ được một phương trình bậc 2 theo tgt: tg 2 t  ( 3  1)tgt  3... thì: m   1 1  m 4 4 Đề 9: Cho phương trình: cos4x + (1 – cosx)4 = m (1) a Giải phương trình khi m = 17 b Đònh tất cả các giá trò của m để phương trình vô nghiệm Giải 1 1 1  Đặt t = cosx –  cos x  t  và 1  cos x   t 2 2 2 22 ĐT: 0937277023 tuanthuybook@gmail.com 4 4 1  1  1 Ta có: (1)    t     t   m  2t 4  3t2   m ( 2) 8 2  2  (2) là phương trình hoành độ điểm chung của đồ... luận theo m số nghiệm của phương trình: cos – cos  – 1 = 0 với   ( , ) 2 Giải  , với x  (, ) 2 Phương trình đã cho trở thành:  Đặt x = tg 1  x2 1  x2  mx  1  0  1  x2 1  x2  mx  1 (*) Có thể xem (*) là phương trình hoành độ điểm chung của đồ thò: (C) : y   x2  1 x2  1 và đường thẳng (D) : y= mx+1 Nhận xét rằng (D) đi qua điểm A (0,1) thuộc (C) và có hệ số góc m (D) tiếp ... KIỂU, DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Điều làm cho học sinh băn khoăn để giải phương trình lượng giác nào? Đại để ta phân loại phương trình lượng giác thành loại sau: (1) Nếu phương trình có... ĐẦU  PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC Đối với học sinh cấp III nói chung – bạn kỳ ơn luyện chuẩn bị thi vào trường Đại học – Cao đẳng … Lượng giác phân mơn tốn học khó Trong chương trình. .. góc phụ – Dùng đồ thò v.v… GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LƯNG GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP DÙNG ẨN SỐ PHỤ Trong trình giải phương trình nói chung phương trình lượng giác nói riêng, có nhiều lúc