bai tap nhon - luong giac - sua ngay 10.11.2012

I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1. Các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản

2.Giá trị lượng giác của cung có liên quan đặc biệt

3.Công thức cộng

1

4. Công thức nhân đôi,nhân ba

5. Công thức hạ bậc

6. Công thức tính sina,cosa,tana theo t=tan

7. Công thức biến đổi tích thành tổng

8. Công thức biến đổi tổng thành tích

2

II. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC VÀ CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI

DẠNG I: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN.

Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình:

Phương pháp:

Ta biện luận theo các bước sau:

Bước1: Nếu |m| > 1 phương trình vô nghiệm

Bước 2: Nếu |m| 1, xét hai khả năng:

+ Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua sin của góc đặc biệt, giả

sử , khi đó phương trình có dạng:

( ).

+ Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua sin của các góc đặ

biệt, khi đó đặt , ta được:

( ).

Trong cả hai trương hợp ta có thể kết luận phương trình có hai họ nghiệm

Đặc biệt:

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:

a. b.

Giải:

a. Ta có:

3

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

b. Đặt ,khi đó:



a. b.

Giải:

a. Biến đổi phương trình về dạng:


b. Biến đổi phương trình về dạng:

4


Bài tập đề nghị.

Bài 1: Giải các phương trình sau:

a.

b.


a.

b.

Bài 3: Tính các góc của ABC, biết AB= cm, AC= cm và đường

AH=1cm

Bài 4: Giải và biện luận phương trình:

Bài 5: Giải phương trình: .


Phương pháp:


Bước 1: Nếu |m|>1 phương trình vô nghiệm

Bước 2: Nếu |m| 1, xét hai khả năng

+ Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua cos của góc đặc biệt, giả sử là , khi đó phương trình có dạng:

5

+ Khả năng 2: Nếu m không được biểu diễn qua cos của các góc đặc biệt, khi đó đặt , ta được:

Trong cả hai trường hợpta đều kết luận phương trình có hai họ nghiệm.

Đặc biệt:


a.

b.

Giải:

a. Ta có biến đổi:


b. Đặt , ta có biến đổi :

6


Chú ý : Với câu b ta có thể trình bày như sau :


Ví dụ : giải các phương trình sau :

a.

b.

Giải :

a. Biến đổi phương trình về dạng :


Chú ý : Chúng ta cũng có thể sử dụng cách biến đổi :


b. Biến đổi phương trình về dạng :

7



Bài 1 : Giải các phương trình sau :

a.

b.

Bài 2 : Tìm tập xác định của hàm số sau :


a.

b.


a. c.

b.

Bài 5 : Giải và biện luận các phương trình sau :

a.

b.

Bài toán 3 : giải và biện luận phương trình :

8

Phương pháp

Ta biện luận theo các bước sau :

Đặt điều kiện :

Xét hai khả năng :

+ Khả năng 1 : Nếu m được biểu diễn qua tan của góc đặc biệt, giả sử góc , khi đó phương trình có dạng :

+ Khả năng 2 : Nếu m không biểu diễn được qua tan của góc đặc biệt, khi đó đặt , ta được :

.

Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.

Nhận xét : Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm.

Ví dụ 1 : Giải phương trình :

Giải :

Đặt 5= , ta có biến đổi :

,

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Chú ý : Ta còn có thể trình bày như sau :


Ví dụ 2 : Tìm tập xác định của hàm số sau :

9

Giải :

Điều kiện để hàm số xác định là :

Vậy tập xác định của hàm số là D= \

Ví dụ 3 : Giải và biện luận phương trình :

Giải :

Điều kiện :

Biến đổi phương trình về dạng :

(1)

Ta xét hai trường hợp :

+ Trường hợp 1 : Với ,khi đó phương trình (1) vô nghiệm.

+ Trường hơp 2 : Với ,khi đó (1) có dạng :

10

Để (2) có nghiệm và thỏa mãn điều kiện ta cần có :

Khi đó, đặt ,ta được :

(2)

Kết luận :

Với hoặc , phương trình vô nghiệm.

Với \ , phương trình có hai họ nghiệm.

Bài tập đề nghị


a.

b.

Bài 2 : Giải phương trình :

Bài 3 : Giải phương trình :

Bài 4 : Vẽ đồ thị hàm số rồi chỉ ra trên các đồ thị đó những điểm có

hoành độ thuộc khoảng là nghiệm của mỗi phương trình sau :

a.

b.

Bài 5 : Giải và biện luận phương trình :

11

Bài toán 4 : Giải và biện luận phương trình :

Phương pháp

Ta biện luận theo các bước sau :

Đặt điều kiện :

Xét hai khả năng :

+ Khả năng 1 : Nếu m được biểu diễn qua cot của các góc đặc biệt giả sử

, khi đó phương trình có dạng :

+ Khả năng 2 : Nếu m không biểu diễn được qua cot của các góc đặc biệt,

khi đó đặt , ta được :

Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.

Nhận xét : Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm.

Ví dụ 1 : Giải các phương trình :

a.

b.

Giải :

a. Điều kiện : (*)

Ta có :

12

thỏa mãn điều kiện (*)


b. Ta có :




a.

b.

Bài 2 : Tìm tập xác định của hàm số :

Bài 3 : Vẽ đồ thị của hàm số rồi chỉ ra trên các đồ thị đó những điểm

có hoành độ thuộc khoảng là nghiệm của mỗi phương trình sau :

a.

b.


a.

b.

13

DẠNG II: PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2,3 ĐỐI VỚI MỘT HÀM LƯỢNG GIÁC

Loại 1: Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác.


. (1)

Phương pháp chung


Bước 1: Đặt , điều kiện , khi đó phương trình có dạng:

. (2)

Bước 2: Xét tùy theo yêu cầu của bài toán:

1. Nếu bài toán yêu cầu giải phương trình thì ta giải phương trình (2) theo

t và chọn nghiệm thỏa mãn điều kiện .

2. Nếu bài toán yêu cầu giải và biện luận phương trình theo tham số thì ta

giải và biện luận phương trình (2) theo t, điều kiện , cụ thể:

Ta tính các biểu thức: .

Lập bảng tổng kết:

mSo sánh các

nghiệm với

3. Nếu bài toán yêu cầu tìm giá trị tham số để phương trình có nghiệm

Trường hợp 1: , thử vào phương trình kết luận.

Trường hợp 2: phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn

(2) có 1 nghiệm thuộc hoặc (2) có 2 nghiệm thuộc

14

4. Nếu bài toán yêu cầu tìm giá trị của tham số để phương trình có k

nghiệm thuộc .

Trường hợp 1: , thử vào phương trình kết luận.

Trường hợp 2:

Vì

Từ đó dựa vào tính chất nghiệm của phương trình và đường

tròn đơn vị biểu diễn khoảng , ta có được điều kiện cần và đủ cho phương

trình (2).

Chú ý:

1. Với các yêu cầu 3, 4 ta ưu tiên việc lựa chọn phương pháp hàm số để

giải phương trình.

2. phương pháp trên cũng được sử dụng để giải và biện luận phương

trình: .

3. Thông thường phương trình ban đầu chưa phải phương trình bậc hai

theo một hàm số lượng giác, khi đó ta cần thực hiện một vài phép biến đổi lượng

giác dựa trên nguyên tắc:

Nếu phương trình chứa nhiều hàm số lượng giác khác nhau thì biến

đổi tương đương về phương trình chỉ chứa một hàm.

Nếu phương trình chứa các hàm lượng giác của nhiều cung khác nhau thì

biến đổi tương đương về phương trình chỉ chứa các hàm lượng giác của một cung.

Ví dụ 1: Giải phương trình: .

Giải:

Biến đổi tương dương phương trình về dạng:

Vậy phương trình có một họ nghiệm

15

Ví dụ 2: Cho phương trình:

. (1)

a. Giải phương trình với .

b. Tìm m nguyên dương để phương trình có nghiệm.

Giải:

Biến đổi phương trình về dạng:

Đặt , điều kiện: .

Khi đó phương trình có dạng:

. (2)

a. Với , phương trình có dạng:

Vậy với phương trình có hai họ nghiệm .

b. Ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: phương trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm thuộc

(2) có 1 nghiệm thuộc hoặc (2) có 2 nghiệm thuộc .

16

Vậy với hoặc , phương trình có nghiệm.

Cách 2: phương trình (1) có nghiệm đường thẳng y=3m cắt đồ thị hàm số

trên đoạn .

Xét hàm số trên đoạn .

Đạo hàm

.

Bảng biến thiên:

t-1 1

y’ - 0 +

y 5 -3

-4

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

Vậy với hoặc , phương trình có nghiệm.

17

Ví dụ 3: cho phương trình:

.(1)

a. Giải phương trình với m=1.

b. Tìm m để phương trình có đúng 4 nghiệm thuộc .

Giải:

Đặt . Điều kiện: .


a. với m=1: (vô nghiệm).

vậy với m=1 phương trình có nghiệm .

b. Trước hết, nghiệm là .

Vậy để phương trình (1) có đúng 4 nghiệm thuộc thì phương trình

(2) có đúng 3 nghiệm khác thuộc .

Vì nên . Do đó :

.

Khi đó ta được các nghiệm

Vậy với thì phương trình (1) có 4 nghiệm thuộc .

18


(1)

Phương pháp chung:


Bước 1: Đặt điều kiện

Bước 2: Đặt . Khi đó, phương trình có dạng: (2)

Bước 3: Giải và biện luận phương trình (2) theo t.

Chú ý:

1. Phương pháp trên được sử dụng để giải và biện luận phương trình:

Với điều kiện .

2. Ưu tiên lựa chọn phương pháp hàm số để Giải.

Ví dụ 4: Giải phương trình:

.

Giải:

Điều kiện: .

Đặt . Khi đó phương trình có dạng:

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là .

19




Giải:

Điều kiện:

.



a. với m=2 ta được:

.

Vậy với m=2 phương trình có 2 họ nghiệm là .

20

Để phương trình có đúng 3 nghiệm thuộc thì phương trình (2) có

2 nghiệm trái dấu .

Vậy với thì phương trình có đúng 3 nghiệm thuộc .


Bài 1: cho phương trình: .



Bài 2: Cho phương trình: .



Bài 3: Xác định m để phương trình:

có đúng 2 nghiệm thuộc .

Bài 4: giải và biện luận theo m phương trình:

.

Bài 5: Biện luận số nghiệm của phương trình:

21

với , tùy theo các giá trị của m.

Loại 2: Phương trình bậc cao đối với một hàm số lượng giác.

Bài toán 1: giải phương trình bậc cao đối với một hàm số lượng giác.


a. Đối với phương trình bậc 3: (1)

ta lựa chọn một trong ba hướng sau:

Hướng 1: Nếu xác định được nghiệm thì:

(2)

Khi đó việc giải (1) đưa về việc giải (2).

Hướng 2: sử dụng phương pháp hằng số biến thiên.

Hướng 3: sử dụng phương pháp hàm số đồ thị.

c. Đối với phương trình bậc 4: (3)

Ta lựa chọn một trong bốn hướng sau:

Hướng 1: Nếu xác định được nghiệm thì:

Khi đó việc giải (3) đưa về việc giải (4).

Hướng 2: sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.

Hướng 3: sử dụng phương pháp hằng số biến thiên.

Hướng 4: sử dụng phương pháp hàm số đồ thị.


Giải:

22


Vậy phương trình có một họ nghiệm là .

Ví dụ 2: cho phương trình: .

a. giải phương trình với m=1.

b. Tim m để phương trình có đúng 7 nghiệm thuộc khoảng .

Giải:


Đặt . Điều kiện: .khi đó, phương trình có dạng:

Với (*)

a. Với m=1 ta được:

23

Vậy với m=1, phương trình có 4 họ nghiệm là .

b. Trước hết ta tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện đầu bài, từ (*) ta được

Vậy để phương trình có đúng 7 nghiệm thuộc thì phương trình có

nghiệm thỏa mãn

Vậy với 1 < m < 3 thì phương trình đã cho có đúng 7 nghiệm thuộc .


(1)


b. Xác định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc .

Giải:

Điều kiện: .


24

Để tiếp tục phân tích (2) ta viết lại (2) dưới dạng:

.

Coi m là ẩn, t là tham số, ta được phương trình bậc 2 theo m và giải ra ta được:

Do đó (2) được chuyển về dạng: .

Khi đó:

a. với m=-1:


b. Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt

thì (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 1, 1 - m và

25

Vậy với phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc .


Bài 1: giải phương trình: .



b. Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt thuộc .

Bài 3: Xác định m để phương trình: vô nghiệm.



b. Tìm m để phương trình có nghiệm thỏa mãn .

26

DẠNG III: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐỐI VỚI SINX VÀ COSX

Loai 1: Phương trình bậc nhất đối với sinx vàcosx.

Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình: . (1)


Ta có thể lựa chọn một trong các cách sau:

Cách 1: Thực hiện theo các bước:

Bước 1: kiểm tra:

1. Nếu phương trình vô nghiệm.

2. Nếu , khi đó để tìm nghiệm của phương trình (1) ta thực hiện

tiếp bước 2.

Bước 2: Chia cả 2 vế của phương trình (1) cho , ta được:

Vì nên sao cho:

Khi đó phương trình (1) có dạng:

Đây là phương trình cơ bản của hàm số sin.

Cách 2: thực hiện theo các bước:

Bước 1: Với sau đó, kiểm tra vào

phương trình.

Bước 2: Với . Đặt , suy ra:

27

và .

Khi đó phương trình (1) có dạng:

a. (2)

Bước 3: Giải phương trình (2) theo t.

Cách 3: Với những yêu cầu biện luận số nghiệm của phương trình trong ,

ta có thể lựa chọn phương pháp hàm số đồ thị.

Cách 4: Với những yêu cầu biện luận số nghiệm của phương trình trong ,

ta có thể lựa chọn điều kiện cần và đủ.

Nhận xét:

1. Cách 1 thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu giải phương trình

và tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, vô nghiệm hoặc

giải và biện luận phương trình theo tham số.

2. Cách 2 thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu giải phương trình

và tìm điều kiện của tham số m để phương trình có nghiệm thuộc tập D

với .

3. Cách 3 thường được sử dụng với các bài toán yều cầu biện luận theo tham

số để phương trình có k nghiệm thuộc tập D với .

4. Từ cách giải 1 ta có được kết quả sau.

Kết quả đó gợi ý cho bài toán về giá tri lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các hàm

dạng: , và phương pháp đánh giá cho

một số phương trình lượng giác.

28

Dạng đặc biệt:


Giải:




Giải:

Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng:

Đặt . Khi đó ta được:

29

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là


vậy phương trình có 2 họ nghiệm là .

30

Cách 3:

Với .

Thay vào phương trình ta thấy không thỏa mãn. Vậy không

là 1 họ nghiệm của phương trình.

Với . Đặt . Khi đó, phương

trình có dạng:

1. Với .

2. Với :

vậy phương trình có 2 họ nghiệm là .

Nhận xét: Như vậy bằng cách 1 ta tìm được nghiệm của phương trình không

tường minh, trong khi nếu sử dụng cách 2, cách 3 ta thấy nghiệm của phương

trình rất chẵn. Do đó nên chọn cách 2 hoặc 3 để làm bài toán này.

31


.

Giải:


Đặt . Khi đó ta được:


Chú ý: ví dụ trên đã minh họa cụ thể phương pháp giải phương trình dạng:

(I), với điều kiện .

Và sự mở rộng khác cho dạng phương trình trên như sau:

(I).

Để minh họa ta xem ví dụ sau:

32


Giải:


Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là

Nhận xét: như vậy bằng một vài phép biến đổi lượng giác thông thường ta đã

chuyển phương trình ban đầu về (*) và đó chính là dạng (II).

Ví dụ 5: Giải và biện luận phương trình:

.

Giải:


.

Xét hiệu .

Vậy phương trình chỉ có nghiệm khi .

Với , phương trình có dạng: .

Với , phương trình có dạng: .

Với , phương trình vô nghiệm.

33

Ví dụ 5: tìm m để phương trình: (1)

có nghiệm thuộc .

Giải:

Ta thấy không thỏa mãn (1).

Với . Đặt thì (1) có dạng:

.

Khi thì .

Vậy bài toán đã cho trở thành: tìm m để hệ

có nghiệm.

Ta có:

.

Bảng biến thiên:

-1 1 2

-

Vậy hệ (2),(3) có nghiệm

.

Vậy với phương trình có nghiệm thuộc .

34

6

-2

Ví dụ 6:

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên .

Giải:

Gọi là một giá trị tùy ý của hàm số, tức là phương trình sau (ẩn x)

(1) có nghiệm.

Vì . Do đó:

Vì (2) có nghiệm nên ta có

(3)

Từ (3) suy ra và .


Bài 1: giải các phương trình:

1. .

2. .

3. .

4. .

Bài 2: Giải và biện luận theo m phương trình:

với .

Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: .

35

2. Phương trình đẳng cấp bậc hai đối với sin x, cos x

Dạng của phương trình: (1)

Phương pháp giải

Cách 1: Đưa (1) về phương trình bậc nhất hai hàm lượng giác bằng cách áp

dụng công thức hạ bậc:

Khi đó phương trình (1) trở thành: (2)

Đây là phương trình bậc nhất đối với và ( ), phương pháp

giải đã được trình bày ở mục 1.

Cách 2: Xét hai trường hợp .Thực hiện theo các bước:

- Bước 1: Với

Khi đó phương trình (1) có dạng :

Nếu , thì (1) nhận làm nghiệm

Nếu , thì (1) không nhận làm nghiệm.

- Bước 2: Với

Khi đó chia 2 vế của phương trình (1) cho , ta được:

(3)

Nếu thì (3) trở thành , đây là phương trình cơ bản đối

với .

Nếu , (3) là phương trình bậc hai đối với hai đối với

36

(chú ý: Ta cũng có thể xét trường hợp của , các bước tương tự như trên,

nhưng khi chia 2 vế của (1) cho ( ) ta sẽ được phương trình đối với

hàm ).

Nhận xét:

1) Cách 1 thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu giải phương trình

và tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, vô nghiệm hoặc

giải và biện luận phương trình theo tham số.

2) Cách 2 thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu giải phương trình

và tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm thuộc tập D.

. Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Giải phương trình lượng giác sau:

Giải:

Cách 1: Đưa về phương trình bậc nhất chứa hai hàm lượng giác:

Vậy nghiệm của phương trình (1) là .

Cách 2: Xét 2 trường hợp:

37

Với . Thay vào phương trình (1) ta

được 2=2 đúng, vậy là một họ nghiệm của phương trình (1).

Với , chia cả 2 vế của phương trình (1) cho ta

được:

Vậy nghiệm của phương trình (1) là: .

Ví dụ 2: Cho phương trình: (2)

Tìm m để phương trình (2) có nghiệm.

Giải:

(2)

(2’)

Phương trình (2) có nghiệm khi phương trình (2’) có nghiệm. Ta có phương

trình ((2’) có nghiệm khi:

Vậy phương trình (2) có nghiệm khi .


(3)

38

a. Giải phương trình với m=1


Giải:

a. Với , (3) trở thành , có thể lựa chọn 2 cách để

giải phương trình này tương tự ví dụ 1.

Ta được nghiệm của phương trình (3) với là:

, thỏa mãn .

b. Tìm m để phương trình có đúng 3 nghiệm thuộc

Xét 2 trường hợp:

Với , khi đó phương trình (3) có dạng:

( mâu thuẫn)

Vậy phương trình (3) không nhận làm nghiệm.

Với :

Chia 2 vế của phương trình (3) cho , ta được:

Đặt , phương trình có dạng: (3’)

(3) có đúng 3 nghiệm thuộc

(3’) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn

39

Vậy thỏa mãn điều kiện đề bài.

( Đối với những bài tập có 2 yêu cầu như trên có thể thực hiện trong trường hợp

tổng quát đến phương trình (3’), sau đó thay giá trị m để tính câu a.,câu b. thực

hiện tiếp như trên)

Chú ý: Nhiều phương trình ở dạng ban đầu không phải là phương trình đẳng

cấp bậc hai, khi đó chúng ta cần đánh giá thông qua một hay nhiều phép biến đổi

lượng giác.


Giải:

Điều kiện:


. Đối với phương trình này, ta có thể giải theo phương

pháp:

đưa về phương trình thuần nhất bậc một

Chia cả 2 vế của phương trình cho , đưa về phương trình bậc hai đối

với .

Cách 2: Chia cả 2 vế phương trình ban đầu cho , đưa về phương

trình bậc hai đối với .


Bài 1. Giải các phương trình sau:

a.

b.

40

c.


a.

b.

Bài 3: Cho phương trình sau:

a. Xác định m để phương trình vô nghiệm

b. Xác định m để phương trình có một nghiệm


Bài 5: Cho phương trình:

a. Giải phương trình khi

b. Xác định m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc



b. Xác định m để phương trình có nghiệm

c. Giả sử m là giá trị làm cho phương trình có nghiệm thỏa mãn:

. Tính theo m.


41

Xác định m để phương trình có nghiệm .


.

3. Phương trình đẳng cấp bậc ba đối với và

Dạng phương trình: (1)

Phương pháp giải

Thực hiện theo các bước:

- Bước 1: Với

Khi đó phương trình (1) có dạng :

Nếu , thì (1) nhận làm nghiệm

Nếu , thì (1) không nhận làm nghiệm.

- Bước 2: Với


Đây là phương trình đối với . Đặt ta được phương trình có dạng:

(2)

- Bước 3: Giải phương trình (2) theo t.

Mở rộng: Phương pháp trên được mở rộng cho phương trình đẳng cấp bậc n đối

với sin và cos, đó là phương trình có dạng:

42

Tuy nhiên, vì ta có nên các nhân tử có bậc k cũng được

coi là có bậc , do vậy chúng ta có dạng mở rộng của phương trình đẳng cấp

bậc ba như sau:

Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Giải phương trình sau:

Giải:

Xét hai trường hợp:

Với . Khi đó phương trình có dạng:

mâu thuẫn.

Vậy phương trình không nhận làm nghiệm.

Với


Đặt , phương trình có dạng:

Suy ra: .

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.


43

Giải:



(mâu thuẫn).

Vậy phương trình không nhận làm nghiệm.

Với



Suy ra: .


Chú ý: tồn tại những phương trình ở dạng ban đầu chưa phải là phương trình

đẳng cấp, khi đó cần thực hiện một vài phép biến đổi lượng giác thích hợp.


44

(1)

Giải:

Điều kiện:

Chia cả 2 vế của phương trình (1) cho , ta được:

.


Suy ra: .


Chú ý: Ngoài phương pháp chính quy để giải mọi phương trình đẳng cấp bậc 3

thì trong một vài trường hợp riêng biệt cũng có thể giải nó bằng phương pháp

phân tích thành phương trình tích. Ta xét các ví dụ sau:


(1)

Giải:

Cách 1: Sử dụng phương pháp giải phương trình đẳng cấp bậc 3:



, với k chẵn

45

, với k lẻ,

Vậy phương trình nhận làm nghiệm.

Với


Đặt , phương trình trở thành: (vô nghiệm)

Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm là .

Cách 2: Sử dụng phương pháp phân tích:


.


* Đối với một số bài toán chứa tham số: ta có thể kết hợp sử dụng phương pháp

tam thức bậc hai, phương pháp đạo hàm để Giải. Cụ thể ta xét các ví dụ sau:


(1)

a. Giải phương trình với

46

b. Xác định m để phương trình có đúng một nghiệm .

Giải:



Với


Đặt , phương trình trở thành:

(I)

a. Với :

(I)

Suy ra: .


b. Để phương trình có đúng một nghiệm

47

(I) có duy nhất nghiệm . Vậy ta phải tìm m để phương trình (2) vô

nghiệm hoặc chỉ có 1 nghiệm là

Trường hợp 1: Nếu . Khi đó: (2)

không thỏa mãn.

Trường hợp 2:

Khi đó: Phương trình (2) vô nghiệm hoặc chỉ có 1 nghiệm là

.

Vậy với phương trình có đúng một nghiệm .


(1)

Xác định m để phương trình có đúng 3 nghiệm .

Giải:



(mâu thuẫn).

Với


48

Đặt , phương trình trở thành:

(1) có đúng 3 nghiệm (2) có 3 nghiệm phân biệt dương.

Xét hàm số , ta có:

(3)

Vì nên (3) có 2 nghiệm phân biệt và

(2) có 3 nghiệm phân biệt dương khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt trục hoành

tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. Khi đó:

hàm số phải có cực đại, cực tiểu và 2 giá này trái dấu ( 2 điểm cực đại và

cực tiểu nằm về 2 phía trục hoành), suy ra , ,

.

Ta có: ,

(I)

(II)

Kết hợp (I) và (II) được

Vậy với thì phương trình (1) có đúng 3 nghiệm .



49

a.

b.

c.

d. .


a.

b.

c.

d. .

Bài 3:Giải các phương trình sau:

a.

b.

c. .


a.

b. .

Bài 5: Tìm tất cả các nghiệm của các phương trình:

a.

b. .



50

b. Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thuộc .


Tìm các giá trị của m để phương trình có nhiều hơn một nghiệm .

Bài 8: Cho phương trình


b. Xác định m để phương trình có 3 nghiệm thỏa mãn

.

Bài 9: Xác định để phương trình sau có đúng 3 nghiệm :

.


51

DẠNG IV: PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI VÀ

Dạng tổng quát: (*) (m, n là 2 số tự nhiên).

Phương pháp giải:

Cách 1:

Bước 1: Đặt , điều kiện:

Bước2: Đưa phương trình (*) về phương trình đa thức theo ẩn số t

Giải tìm nghiệm t rồi tìm nghiệm x thỏa mãn điều kiện:

Cách 2: Đối với trường hợp ta có thể đặt , khi đó ta có:

Suy ra:

Vậy ta đã chuyển phương trình ban đầu về dạng phương trình bậc hai đối với

cos z

Các ví dụ minh họa


Giải:

Đối với phương trình này ta có thể lựa chọn một trong 2 cách sau:

Cách 1: Đặt , điều kiện ,suy ra .


52

, suy ra

Với thì:

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm:

Cách 2: Đặt , khi đó phương trình có dạng:

Vì nên ta được

Suy ra:

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm:

Ví dụ 2: giải phương trình sau:

53

Giải:

Đặt , điều kiện ,suy ra . Khi đó phương

trình có dạng:

Suy ra:

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm: .

* Chú ý: tồn tại những phương trình ở dạng ban đầu chưa phải là phương trình

đối xứng, khi đó cần phải thực hiện một vài phép biến đổi lượng giác thích hợp.

Cụ thể:


Giải:

Điều kiện:


, ta được phương trình đối

xứng. Đặt , điều kiện , suy ra . Khi đó

phương trình có dạng: .

54

Với

.

Với

Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:

* Đối với một số bài toán chứa tham số: ta có thể kết hợp sử dụng phương

pháp tam thức bậc hai, phương pháp đạo hàm để Giải. Cụ thể ta xét ví dụ

sau:

Ví dụ 4: Tìm các giá trị để các phương trình sau:

a. (1) có nghiệm

b. (2) có nghiệm thuộc đoạn

Giải:

a. Đặt , điều kiện

.

Khi đó phương trình có dạng: (1’)

Phương trình(1) có nghiệm khi phương trình (1’) có nghiệm

Cách 1: Đặt

55

Khi đó: (1’) có nghiệm :

Trường hợp 1: (1’) có 1 nghiệm thuộc

.

Trường hợp 2: (1’) có 2 nghiệm thuộc thì

(vô nghiệm)

Vậy phương trình (1) có nghiệm khi

Cách 2: Viết lại (1’) dưới dạng: . Vậy phương trình có nghiệm khi

và chỉ khi đường thẳng cắt đồ thị hàm số trên

Xét hàm số với :

, , do đó hàm số đồng biến trên . Để

phương trình có nghiệm thì m phải thỏa mãn điều kiện:

.

Vậy phương trình (1) có nghiệm khi:

, hay

b. Đặt , điều kiện ,suy ra . Khi đó

phương trình có dạng:

Với

Phương trình (2) có nghiệm thì phương trình có nghiệm

thuộc .

56

Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng (2’), phương trình có

nghiệm :

Trường hợp 1: phương trình (2’) có 1 nghiệm

Khi đó với

Ta có ;

Trường hợp 2: phương trình (2’) có 2 nghiệm

Khi đó:

(vô nghiệm).

Vậy phương tình đã cho có nghiệm khi .

Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: với . Vậy phương

trình có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng cắt đồ thị hàm số

trên .

Xét hàm số trên có:

với , vậy đồng biến trên

57

Đường thẳng cắt đồ thị hàm số trên khi và chỉ khi

Vậy phương tình đã cho có nghiệm khi .

Ví dụ 5: Giải và biện luận phương trình:

Giải:

Điều kiện: .


Đặt , điều kiện: , suy ra . Khi đó phương

trình có dạng: (2)

Với , ta được:

.

Vậy với phương trình có một họ nghiệm.

Với , ta có:

, suy ra phương trình (2) có 2 nghiệm là:

Phương trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm thỏa mãn .

58

Ta xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1: Phương trình (2) có 1 nghiệm thuộc

Khi đó nghiệ thuộc là

Suy ra:


Trường hợp 2: Phương trình (2) có 2 nghiệm thuộc thì ta có

.

Khi đó:

Với , suy ra:

59

Với , suy ra:

.




a.

b.

c.


a.

b.


a.

b.

c.

d.

60

Bài 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc :

.



b. Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm thuộc

Bài 6: Giải và biện luận phương trình sau theo tham số k:



b. Tìm m để phương trình vô nghiệm

c. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc



b. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc



b. Xác định m để phương trình có nhiều hơn 1 nghiệm

c. Xác định m để phương trình có đúng 3 nghiệm .

61


a. Xác định m để phương trình có nghiệm

b. Xác định m để phương trình có đúng 4 nghiệm .


a. Giảiphương trình khi

b. Giải và biện luận số nghiệm của phương trình.

Bài 12: Xác định m để phương trình:

62

DẠNG V: PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI TANX VÀ COTX

Dạng 1.

.

.

Ví dụ: Giải phương trình:

(tanx+ 7)tanx+ (cotx+ 7)cotx+ 14=0

Lời giải:

Biến đổi phương trình về dạng

(tan2x+ cot2x)+ 7(tanx+ cotx)+ 14=0

Đặt t=tanx+ cotx, |t| 2 tan2x+ cot2x=t2-2


t2-2+ 7t+ 14=0 t2+ 7t+ 12=0

với t=-3,ta có:

Với t= -4, ta có:

63

Vậy phương trình có 4 họ nghiệm

Dạng 2.

.

.

Ví dụ : Giải phương trình:

(1)

Lời giải:

Điều kiện sin .cos 02

x x x k

Phương trình (1)

3 3

2 2

tan cot 3tan .cot (tan cot )

tan cot 2 tan .cot 2(tan cot ) 8 0

x x x x x x

x x x x x x

3 2(tan cot ) (tan cot ) 2(tan cot ) 8 0x x x x x x (3)

Đặt tan cot | | 2t x x t , phương trình (3) có dạng

3 2 2 8 0t t t 3 28 2 0t t t

64

2( 2)( 2 4) ( 2) 0t t t t t

2 2( 2)( 2 4 ) 0 ( 2)( 4) 0t t t t t t t

Với | | 2t thì 2 4 0t t nên (4) 2 0 2t t

Suy ra tan cot 2 sin 2 14

x x x x k ( thoả mãn điều kiện(2)).

Vậy 4

x k là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho


Bài 1. Giải phương trình:






65

DẠNG VI: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CO CHỨA THAM SỐ

HAI PHƯƠNG TRÌNH TƯƠNG ĐƯƠNG NHAU

Phương pháp: Ta có những phương pháp thông dụng thường gặp như sau:

Phương pháp lượng giác:

Phương trình có dạng: có nghiệm khi và

chỉ khi: .

Phương trình có dạng: có nghiệm khi và chỉ

khi: .

Lưu ý: Nếu miền trên không phải là thì nó chỉ là điều kiện cần.

Phương pháp đại số:

Tách m ra khỏi tham số, và đặt hàm còn lại là .

Khảo sát hàm trên miền xác định để suy ra giá trị m cần tìm.

Hai phương trình tương đương:

Nếu hai phương trình lượng giác được gọi là tương đương nhau khi và chỉ

khi nghiệm của phương trình này cũng là nghiệm của phương trình kia.

Bài toán:xác định tham số để hai phương trình tương dương

Phương pháp chung

Cho hai phương trình

f(x,m)=0 (1)

g(x,m)=0 (2)

xác định tham số m để hai phương trình trên tương đương

66

Ta lựa chọn 2 hướng sau:

Hướng 1:nếu (1) và (2) đều giải được thì ta thực hiên các bước sau:

B1: giải (1) để tìm tập nghiệm D1

giải (1) để tìm tập nghiệm D2

B2: thiết lập điều kiện để D1=D2

Hướng 2:sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ

B1: điều kiện cần

Giải và tìm nghiệm x=x0 của (1)

Để phương trình (1) va(2) tương đương thì nghiệm x=x0 cũng là nghiệm của (2)

Tức là g(x0,m)=0 suy ra m=m0

Vậy m= m0 chính là điều kiện cần.

Ví dụ1: tìm m để 2 phương trình sau tương đương

Lời giải:

67

Vậy để (1) và (2) tương đương nhau điều kiện là;

Với thỏa mãn điều kiện bài toán

Ví dụ 2:

Tìm m để 2 phương trình sau tương đương:

sinx.cos2x=sin2x.cos3x-1/2 sin5x (1)

mcos2x+ |m|cos4x+ cos6x=1 (2)

Lời giải:

Điều kiện cần

(1) và (2) tương đương thì x=0 cũng là nghiệm của (2), tức là:

m.cos0+ |m|cos0+ cos0=1 m+ |m|=0 m 0

đó chính là điều kiện cần của m

Điều kiện đủ

Với m=0,ta có:

(2) cos6x=1 1-2sin23x=1 sin3x=0 3x=k x=

Vậy m=0 thoả mãn yêu cầu

Với m<0 ta có

68

Từ đó để (2) có nghiệm x= , thì điều kiện là (3) vô nghiệm

Vậy với m=0 hoặc m<-1 thỏa mãn yêu cầu

Bài tập đề nghị:

Bài 1: tìm m để hai phương trình sau tương đương:

cos2x+ sinx-1=0

msin3x+ (m-2)cos2x-(m+ 2)sinx+ 2-m=0

Bài 2: tìm a,b để hai phương trình sau tương đương

sin3x+ cos2x=1+ bcos2xsinx

sin3x=asinx+ (4-2a)sin2x

69

DẠNG VII : PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC DẠNG ĐẠI SỐ.

Phương trình lượng giác chứa dấu giá trị tuyệt đối.

Phương pháp.

Theo định nghĩa:

Để giải các bài toán chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta phải tìm cách khử dấu trị tuyệt

đối bằng các phương pháp khác nhau, bao gồm:

Dạng 1: Sử dụng định nghĩa.

Dạng 2: Chia khoảng,ta dựa trên 2 nguyên tắc chủ đạo sau:

1. Nguyên tắc đại số: Ta xét dấu các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối và chia

chục số thành những khoảng sao cho trong mỗi khoảng đó các biểu thức dưới

dấu trị trị tuyệt đốichỉ nhận một dấu xác định, do đó có thể bỏ dấu trị tuyệt

đối.

2. Nguyên tắc lượng giác: Ta xét phương trình lượng giác trên một chu kì tuần

hoàn T, rồi thực hiện việc xét dấu các biểu thức lượng giác chứa dấu giá trị

tuyệt đối trên một chu kì và chia chu kì tuần hoàn thành những khoảng sao

cho trong mỗi khoảng đó các biểu thức lượng giác dưới dấu trị tuyệt đối chỉ

nhận mợ dấu xác định, do đó có thể bỏ dấu trị tuyệt đối. Với mỗi nghiệm

tìm được ta sẽ kết luận phương trình có họ nghiệm .

Dạng 3: Sử dụng các tính chất giá trị tuyệt đối.

Dạng 4: Đặt ẩn phụ, với lưu ý nếu trong phương trình chứa các biểu thức:

+ , và , ta lựa chọn phép đổi biến , điều kiện .


70



+ , và , ta lựa chọn phép đổi biến , điều kiện

.

+ , và , ta lựa chọn phép đổi biến , điều kiện

.

+ , và , ta lựa chọn phép đổi biến , điều

kiện .

+ , và , ta lựa chọn phép đổi biến , điều

kiện .

Dạng 5: Tính chất hàm số.

Dạng 6: Điều kiện cần và đủ.

Dạng 7: Đánh giá.

Các ví dụ.

1.2.1. Giải phương trình.

với k =2, k =3.

Giải.

a. Với k =2.

71

.

Vậy, phương trình có 1 họ nghiệm.

b. Với k = 3.

.


Chú ý: Nhiều phương trình lượng giác chứa dấu trị tuyệt đối được minh họa

dưới dạng căn thức bởi chúng ta đều biết . Chúng ta xét ví dụ sau.

1.2.2. Giải phương trình.

Giải


Vậy, phương trình có một họ nghiệm.

1.2.3. Cho phương trình.

72

Giải.

Ta có nhận xét:

Do đó.


1.2.4 . Tìm m để phương trình có nghiệm.

. (1)

có đúng một nghiệm thuộc .

Giải.

Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm là , suy ra:

cũng là nghiệm cuả (1).

Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi .

Thay vào (1), ta được:

73

Đó chính là điều kiện cần để phương trình có đúng một nghiệm thuộc .

Điều kiện đủ:

+ Với m =0

có nghiệm duy nhất.

+ Với m = .

giải tương tự như trên.

Vậy với m= 0, m= , phương trình có đúng một nghiệm thuộc .


Bài 1 Giải các phương trình sau:

a. . c.

b. . d.

Bài 2 Giải các phương trình.

a. d.

b. e.

c. f.

74


Bài 4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc :

.

Bài 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc

.

3. Phương trình lượng giác chứa căn:

Phương pháp.

Để giải các bài toán chứa căn thức ta phải tìm cách khử căn thức bằng các

phương pháp khác nhau, bao gồm:

Dạng 1: Biến đổi tương đương, ở đây đối với các phương trình lượng giác chứa

căn, ta thường không đi giải bất phương trình điều kiện mà giải phương trình

nhận được sau phép biến đổi tương đương và sau đó kiểm nghiệm lại nghiệm x

cho điều kiện bất phương trình.

Dạng 2: Đặt ẩn phụ.




Ví dụ1 Giải phương trình.

.

Giải.

Phương trình được biến đổi về dạng:

75

Giải (2). Ta được:

Kiểm tra điều kiện (1):

+ , Với x= , ta được:

không thỏa mãn (1).

Do đó, nghiệm này bị loại.

+ , Với x= , ta được:

thỏa mãn (1).

Do đó, nghiệm này chấp nhận được.

Vậy, phương trình đã cho có một học nghiệm là: x= , .

Chú ý:

1. Trong bài toán trên ta đi kiểm tra tùng họ nghiệm của (2) cho điều kiện (1),

tuy nhiên ta có thể sử dụng nhận xét rằng:

x thuộc góc phần tư thứ 3 hoặc góc phần tư thứ tư để loại họ nghiệm

x= .

2. Với một bài toán cần thực hiện phép rút gọn trước khi khử căn.

Ví dụ2 Giải phương trình:

.

Giải.

76

Điều kiện:


Giải (3).

sin2x = 1 (thỏa mãn (1))

Kiểm tra điều kiện (2):

Do vậy, là họ nghiệm.

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm.

Chú ý:

1. Trong bài toán trên để kiểm tra điều kiện ta chia 2 trường hợp k chẵn và k lẻ

bởi hàm số cosx tuần hoàn với chu kì 2 . Ta có tổng kết:

a.

b.

2. Nếu nghiệm tìm được từ việc giải phương trình bị lẻ đối với phép kiểm tra điều

kiện bất phương trình thì tốt nhất nên giải bất phương trình điều kiện rồi biểu diễn

kết qủa hệ trên đường tròn đơn vị để nhận được nghiệm cho phương trình.

77

Ví dụ3. Giải phương trình.

a. Giải phương trình với m = 1.

b. Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc .

Giải.

Điều kiện:

Đặt t = tanx thì và

Khi đó, phương trình có dạng:

a. Với m =1, ta được:

78

Vậy, với m = 1, phương trình có 3 họ nghiệm.

b. Vì

Do 1+ t>0 nên phương trình được viết lại dưới dạng:

(3)

Để phương trình (1) có nghiệm (3) có nghiệm

đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số trên đoạn

Xét hàm số: trên đoạn .

Đạo hàm.

hàm số luôn nghịch biến.

Do đó, điều kiện là:

Vậy, với thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Ví dụ 5. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất thuộc .

79

Giải.

Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm là , tức là:

.

cũng là nghiệm của (1).

Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi .

Thay vào (1), ta được:

Đó chính là điều kiện đủ để (1) có nghiệm duy nhất thuộc .

Điều kiện đủ: Với m = 0, khi đó (1) có dạng:

.

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được:

VT= .

Do đó:

là nghiệm duy nhất của phương trình.

Vậy, với m = 0 phương trình có nghiệm duy nhất.



80



Bài 4 Tìm m để phương trình sau có nghiệm.

Bài 5 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc .

4. Phương trình lượng giác chứa hàm số mũ.

Phương pháp.

Để giải các bài toán chứa hàm số mũ ta sử dụng một trong các phương

pháp được trình bày theo các dạng:

Dạng 1: Biến đổi tương đương.

81





82

Các ví dụ.

Ví dụ 1: Giải phương trình.

Giải.

Điều kiện: .


Ví dụ 2: Giải phương trình.

Giải.

Cách 1. Viết lại phương trình dưới dạng:

Đặt , điều kiện vì nên



83

Cách 2: Đặt

Khi đó:

Phương trình tương đương với:

Khi đó: u,v là nghiệm của phương trình:


Ví dụ 2. Cho phương trình:

a. Giải phương trình với m = 6.

b. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc khoảng .

Giải.

Điều kiện:

84

Nhận xét rằng:

Do đó nếu đặt thì


a) Với m = 6, ta được:

b) Ta có thể chọn một trong 2 cách sau:

Phương trình có đúng hai nghiệm thuộc Đường thẳng y = m

cắt đồ thị hàm số trên tại 2 điểm phân biệt.

Xét hàm số: trên

T 0 1 +

y’ - 0 +

y

Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là m>2.

Ví dụ 3. Giải phương trình:

.

85

2

Giải.

Điều kiện:


(*)

+ Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến.

+ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.

Do vậy, nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

Nhận xét rằng: t = 1 là nghiệm của phương trình (*) vì

Khi đó:



Bài 1. Giải phương trình.

Bài 2 Giải phương trình.


a)

b) .

c)

d)

86


a)

b)

Bài 5 Giải phương trình.

4. Phương trình lượng giác chứa hàm số lượng giác.

Phương pháp.

Để giải các bài toán chứa hàm số lôgarit ta sử dụng một số phương pháp được

trình bày theo các dạng:

Dạng 1: Biến đổi tương đương, còn được gọi là phương pháp mũ hóa đưa

về cùng cơ số.





Các ví dụ.


Giải.


Vậy, phương trình có hai họ nghiệm: .

87


Giải.

Điều kiện:

Nhận xét rằng:

Khi đó phương trình được viết dưới dạng:

Sử dụng phép biến đổi cơ số:

Khi đó, phương trình được viết lại dưới dạng:

Đặt

Khi đó: (1) có dạng:

88

+ Với t = 0.

+ Với .

Vậy, phương trình đã cho có ba họ nghiệm và .


Giải.

Viết lại phương trình dưới dạng:

Đặt , điều kiện , khi đó phương trình có dạng:

+ hàm số: là hàm đồng biến.

+ hàm số: là hàm nghịch biến.

Vậy, phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

89

Nhận xét rằng t = 3 là nghiệm của phương trình.

Khi đó:

Vậy, phương trình có một họ nghiệm


Giải.

Đặt , điều kiện , khi đó phương trình có dạng:

, điều kiện t+ 1>0 t>-1.

a. Nếu , thì phương trình vô nghiệm.

b. Xét t>0.

Đặt

Ta được hệ phương trình:

(1)

Hàm số là hàm nghịch biến.

Ta có:

+ Với y =1, f(1) =1. Do đó, y=1 là nghiệm của phương trình (1).

+ Với y >1, f(1) < f(1)=1. Do đó, phương trình (1) vô nghiệm.

+ Với y <1, f(1) >f(1)=1. Do đó, phương trình (1) vô nghiệm.

Vậy, y=1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Suy ra:

Vậy, phương trình có một họ nghiệm:


90



Bài 3. Giải các phương trình:

a)

b)

c)

Bài 4. Giải các phương trình:

a)

b)

c)

Bài5 . Giải phương trình:

5. Phương trình lượng giác liên quan đến đạo hàm và tích phân.

Bài toán 1: Sử dụng đạo hàm tìm điều kiện của tham số để phương trình

A(x)=c nhiệm đúng với mọi x.

Phương pháp chung.

Ta thực hiện theo các bước sau đây:

Bước 1: Đặt y=A(x).

Khi đó, phương trình nghiệm đúng với mọi x

91

Bước 2: Giải (I) để nhận được giá trị thích hợp của tham số.

Bước 3: Kết luận.

Các ví dụ.

Ví dụ 1. Tìm a, b để phương trình sau nghiệm đúng với mọi x.

Giải.

Đặt

với

+ Giải (1).

+ Giải (2).

Từ (3) và (4), ta được a=b=1.

Vậy với a=b=1, phương trình nghiệm đúng với mọi x.

Bài toán 2: Sử dụng tích phân chứng minh phương trình có nghiệm.


Để chứng minh phương trình f(x)=0 có nghiệm trên khoảng (a,b) với f(x) là

hàm số liên tục trên , ta có thể thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Xác định tích phân .

92

Bước 2: Nếu I=0 thì kết luận phương trình f(x)=0 có ít nhất một nghiệm

trên khoảng (a,b).

Chú ý: Ta cũng biết nhiều bài toán yêu cầu: “Chứng minh rằng phương

trình có nghiệm với mọi tham số”, khi đó ta cần lựa chọn thích hợp để I=0.

Ví dụ.

Chứng minh rằng:

có nghiệm với mọi a, b, c.

Giải.

Xét hàm số , ta có:

Vậy, phương trình f(x)=0 có ít nhất một nghiệm trong với mọi a, b, c

Mở rộng:

+ Phương trình luôn có nghiệm với mọi bởi:

+ phương trình: luôn có nghiệm với mọi bởi:

6. Giải phương trình tích phân chứa hàm số lượng giác.


Ta có thể thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Xác định tích phân trong phương trình.

Bước 2: Giải phương trình lượng giác.

Ví dụ.


93

Giải.

Trước hết ta đi xác định:

Thay (2) vào (1), ta được:

Ví dụ2. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:

Giải.

Trước khi xác định:

Thay (2) vào (1), ta được:


Bài 1. Tìm a, b sao cho các phương trình sau có nghiệm đúng với mọi x.

94

a)

b)

Bài 2 Tìm a, b sao cho phương trình sau nghiệm đúng với mọi x.

a)

b)

Bài 3. Tìm nghiệm của phương trình:

Bài 4 Cho f(x) liên tục, xác định trên có f(0)>0 và .

Bài 5 Chứng minh rằng: Phương trình f(x) = sinx có nghiệm thuộc .

Bài 6 Tìm nghiệm của phương trình

95

DẠNG VIII: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC

Các phương trình lượng giác rất đa dạng không thể có một công thức

chung nào để giải mọi phương trình lượng giác, bởi vậy cần thiết sử dụng các

phép biến đổi lượng giác thông thường để đưa phương trình ban đầu về các dạng

cơ bản. Chúng ta đưa ra một nguyên tắc chung thường dùng khi giải phương

trình lượng giác.

Thông thường phải tực hiện các việc sau:

Nếu phương trình chứa nhiều hàm lượng giác khác nhau thì biến đổi

tương đương về phương trình chỉ chứa một hàm.

Nếu phương trình chứa các hàm lượng giác của nhiều cung khác nhau thì

biến đổi tương đương về phương trình chỉ chứa các hàm lượng giác của

một cung.

Sau khi biến đổi như trên nếu phương trình nhận được không có dạng quen

thuộc thì có thể đi theo hai hướng:

Hướng thứ nhất:

Biến đổi phương trình đã cho để đưa về việc giải các phương trình đơn giản

quen thuộc. Các phương pháp biến đổi theo hướng này gồm có:

Phương pháp đặt ẩn phụ: để đưa phương trình về việc giải một phương trình

đại số.

Ví dụ: Giải phương trình

Giải:


.

Đặt điều kiện , ta được

96

Phương pháp hạ bậc: Nếu phương trình cần giải có bậc cao thì dùng công thức

hạ bậc để biến đổi về bậc thấp hơn.


Giải:


Phương pháp biến đổi thành phương trình tích:


Giải:


Phương pháp tổng các số hạng không âm.


Giải:


97

Phương pháp đánh giá: Dùng để giải các phương trình không mẫu mực.


Giải:

Ta có và .

Suy ra phương trình đã cho tương đương với hệ:

Phương pháp hàm số: sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình.

Ví dụ: Giải phương trình:

Giải:


Xét hàm số đồng biến trên R.

Vậy, phương trình được viết dưới dạng:

Hướng thứ hai:

Dùng lập luận khẳng định phương trình cần giải là vô nghiệm.

98


(1)

Giải:

Vế trái của (1) ta có

Vế phải của (1) ta có

Vậy phương trình (1) vô nghiệm.

Phương pháp đặt ẩn phụ

Phương pháp :

Có 2 loại đặt ẩn phụ

(1) Đặt ẩn phụ , đưa phương trình đã cho về phương trình mới dễ giải hơn

(2) Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về hệ phương trình đại số.

Phụ thuộc vào mỗi phương trình mà ta phải biết đặt ẩn phụ một cách khéo

léo để có được một phương trình mới đơn giản hơn dễ giải hơn.

Thông thường trong phương pháp đặt ẩn phụ để giải PTLG ta thường gặp 2

loại đặt ẩn phụ sau:

+ ) Đổi biến dưới hàm lượng giác

+ ) Đặt cả biểu thức lượng giác làm ẩn phụ

1- Đổi biến dưới hàm lượng giác

Phương pháp:

Khi các biểu thức dưới hàm lượng giác có mối liên hệ đặc biệt : bù nhau,

hơn kém nhau 2

k

, biểu thức này gấp hai, ba lần biểu thức kia thường giải bằng

phương pháp đổi biến

99

Ví dụ : Giải phương trình 3 1 3

sin( ) sin ( )10 2 2 10 2

x x (1)

Ta nhận thấy 3

sin ( )10 2

x có thể biểu diễn

3 3sin ( ) sin3( )

10 2 10 2

x x

Như vậy phương trình đã được đưa về phương trình chứa các hàm lượng

giác chỉ chứa 1 cung. Từ đây ta sử công thức nhân ba để biến đổi

Giải:

Ta có: 3 3 3

sin( ) sin sin3( )10 2 10 2 10 2

x x x

Đặt 3 3

( ) 210 2 5

xt x t

phương trình (2) sẽ trở thành

2sin (4sin 1) 0 sin .(2cos2 1) 0

2 2sin 0

12 2 2 2cos2

3 32

t t t t

t k t kt

t k t kt

3 32 2

5 53 3

2 25 5 3

t k

t k

hay

32

54

2 ( )5

142

5

x k

x k k

x k


2- Đặt một biểu thức lượng giác làm ẩn phụ.

Chú ý một số phương pháp đặt ẩn phụ của phương pháp đại số sau đây

+ Phương trình trùng phương 4 2 0 ( 0)ax bx c a

Đặt 2 0t x t

+ Phương trình bậc bốn 4 4( ) ( )x a x b c

100

Đặt 2

a bt x

+ Phương trình bậc bốn

( )( )( )( )x a x b x c x d k với a b c d

Đặt ( )( )t x a x b

+ Phương trình bậc bốn đối xứng 4 3 2 0ax bx cx bx a

Chia cả hai vế cho 2 ( 0)x x

Đặt 1

t xx

Ví dụ 1 : Giải phương trình

2 2tan 3tan 9cot 9cot 2 0x x x x (1)

Giải :

Điều kiện sin 0

sin 2 0cos 0 2

xx x k k

x

Ta có: (1) 22

9 3(tan ) 3(tan ) 2 0

tan tanx x

x x

Đặt 3

tan 2 3tan

t x tx

(*)

Do đó 2 2 2 22 2

9 9tan 6 6 tan

tan tant x t x

x x

Phương trình (1) trở thành 2 1

3 4 04

tt t

t

(2)

Do (*) nên ta có (2) 4t . Lúc đó ta có

23tan 4 tan 4tan 3 0

tan x x x

x

tan 1( )4

tan 3 tan

x x k

kx

x k


101

Ví dụ 2: Giải phương trình cos 2 cos 2 (1)x x

Giải:

Đặt 2 cosu x điều kiện 1 3u khi đó ta có

2 2 cos (*)u x

Từ (*) và (1) ta có hệ 2

2

2 cos

cos 2

u x

x u

Ta có 2 2cos cosu x u x

2 2cos cos 0x x u u

(cos )(cos ) cos 0

coscos (cos 1) 0

cos 1

x u x u x u

x ux u x u

x u

-Với cosu x thế vào (*) ta được

2 cos 1

cos cos 2 0 2 ( )cos 2 ( )

xx x x k k

x vn

-Với cos 1u x thế vào (*) ta được 2cos cos 1 0

1 5cos ( )

2 2 ( )5 1

cos cos2

x x

x vnx k k

x

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm .

Chú ý: Để phá dấu giá trị tuyệt đối ta cũng có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ

Ví dụ 3: Giải phương trình

6

2 sin cos sin cossin 2 2 sin cos

x x x xx x x

(1)

Giải:

Đặt sin cos sin cost x x x x , suy ra 2 sin 2 2 sin cost x x x

102

Phương trình (1) trở thành 2 16

2 2 3 03

tt t t

tt

-Với 1t ta có: sin cos 2 sin cos 1x x x x

sin cos 1 sin cos ( )x x x x a

Do 1 sin cos 0x x nên (a) 2 2(sin cos ) (1 sin cos )x x x x

21 2sin cos 1 2sin cos (sin cos )

sin cos (sin cos 4) 0

sin cos 0 sin 2 0 2 ( )2

x x x x x x

x x x x

x x x x k x k k

-Với 3t ta có sin cos sin cos 3x x x x

sin cos 3 sin cos ( )x x x x b

Ta nhận thấy 3 sin cos 2 0 sin cosx x x x , suy ra phương trình

(b) vô nghiệm.

Vậy phương trình có một họ nghiệm

Nhận xét:

Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình lượng giác được vận

dụng khá linh hoạt ,ta phải khéo léo biến đổi biểu thức đã cho về một số dạng

phương trình lượng giác mà ta đã biết cách giải .Với ẩn phụ đã đặt ta nhất thiết

phải tìm điều kiện của nó và lưu ý ta phải thử lại xem các nghiệm có thoả mãn

điều kiện của phương trình hay không.



a)

b)

103


a)

b)

Bài 3: Giải các phương trình:

a)

b)

Giải phương trình lượng giác sử dụng công thức hạ bậc

Phương pháp: Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1:Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa.

Bước 2: Thực hiện việc hạ bậc của phương trình bằng các công thức

*Hạ bậc đơn:

2 3

2 3

22 3

2

22 2

2

1 11. sin 1 cos2 5. sin 3sin sin3

2 41 1

2. cos 1 cos2 6. cos 3cos cos32 4

sin 1 cos2 3sin sin33. tan 7. tan

cos 1 cos2 3cos cos3

cos 1 cos2 3sin sin34. cot 8. cot

sin 1 cos2 3cos cos

x x x x x

x x x x x

x x x xx x

x x x x

x x x xx x

x x x

3x

* Hạ bậc toàn cục

4 4

4 4

6 6

6 6 3

3 1sin cos cos4

4 4

sin cos cos2

5 3sin cos cos4

8 81 3

sin cos cos 2 cos24 4

x x x

x x x

x x x

x x x x

* Hạ bậc đối xứng: Giả sử cần biến đổi biểu thức dạng :

104

3 3sin .cos3 sin3 .cosA x x x x

Ta có thể lựa chọn theo hai cách sau:

Cách 1: Ta có :

3 3

2 2

sin .cos3 sin3 .cos

1 cos sin .cos3 1 sin sin3 .cos

sin .cos3 sin3 .cos (cos .cos3 sin .sin3 )sin .cos

1 1 3sin 4 cos2 .sin 2 sin 4 sin 4 sin 4

2 4 4

A 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

Cách 2: Ta có :

1 1(3sin sin3 )cos3 (3cos cos3 )sin3

4 43 3

(sin .cos3 .sin3 sin 44 4

A x x x x x x

x x consx x x

Chú ý:

(+ ) Tuỳ thuộc bậc từng bài toán ta lựa chọn việc hạ bậc cho phù hợp .

Chẳng hạn đối với phương trình bậc lẻ các nhân tử bậc cao (giả sử bằng 3)

thông thường ta không đi hạ bậc tất cả các nhân tử đó mà chỉ chọn ra hai nhân

tử để hạ bậc.

(+ ) Với các nhân tử bậc cao hơn 3 ta phải hạ bậc dần dần.

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 2 2sin cos cos 3x x x

Giải.

Phương trình được biến đổi dưới dạng

2 2

2

1 cos2 1 cos2cos 3 2cos 3 (cos4 os2 )

2 2

2cos 3 2cos3 .cos 0 (cos3 os5 )cos3 0

2cos2 .cos .cos3 0

x xx x x c x

x x x x c x x

x x x

105

cos2 0 2cos2 0 4 22cos 0cos3 0

3cos3 06 32

x x kx kx

x kx

x kx kx


Ví Dụ 2: Giải phương trình:

7 5 5 31sin cos (sin cos )sin 2 sin cos

2x x x x x x x (4)

Giải:

Ta có 7 5 5 3(4) sin cos (sin cos )sin cos sin cosx x x x x x x x

7 5 6 4sin cos sin cos sin cos sin cosx x x x x x x x

7 6 5 4

6 4

6 4

6 4

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

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

sin cos 0 (5)(sin cos )(sin cos 1) 0

sin cos 1 (6)

x x x x x x x x

x x x x x x x x

x xx x x x

x x

Ta có (5) tan 14

x x k k

Lại có: 6 2

6 4 2 2

4 2

cos coscos sin sin cos 1

sin sin

x xx x x x

x x

Dâú đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin 0x hoặc cos 0x

Bởi thế (6)sin 0

cos 0 2

xx k k

x

Vậy phương trình có hai họ nghiệm

Ví Dụ 3: Cho phương trình:

a) Giải phương trình với m=0.

b) Tìm m để phương trình có đúng 3 nghiệm thuộc .

106

Giải:

Ta có:

Vế trái

Phương trình biến đổi về dạng:

(2)

a) Với m=0, ta được:


b) Số nghiệm thuộc của phương trình (1) bằng số giao diểm của

đường thẳng y=4m với phần đồ thị hàm số y=sin12x lấy trên .

Xét hàm số y=sin12x trên đoạn .

Đạo hàm

y’=12cos12x,

y’=0

107

Bảng biến thiên

t 0

'y + 0 - 0 + y 1 1/2

0 -1

Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là:

Vậy với thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Nhận xét: Việc sử dụng công thức hạ bậc tỏ ra rất hữu hiệu đối với có

chứa các hạng tử bậc cao, khó giải .Vì vậy để có thể sử dụng tốt phương pháp

này đòi hỏi học sinh cần nắm vững các công thức hạ bậc đã nêu ở trên, đồng

thời phải sử dụng hằng đẳng thức một cách linh hoạt.



a)

b)


a)

b)

108


a)

b)

Bài 4. Xác định a để phương trình sau có nghiệm:

Bài 5. Xác định m để phương trình :

có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng .

Biến đổi phương trình lượng giác thành phương trình tích

Có rất nhiều cách đưa phương trình lượng giác về phương trình tích ta

có thể sử dụng các phép biến đổi các dạng như sau:

Dạng 1: Biến đổi tổng hiệu thành tích

Dạng 2: Biến đổi tích thành tổng

Dạng 3: Lựa chọn phép biến đổi cho 2cos x

Dạng 4: Phương pháp tách hệ số

Dạng 5 : Phương pháp hằng số biến thiên

Dạng 6: Phương pháp nhân

Dạng 7: Sử dụng các phép biến đổi hỗn hợp

Ta đưa phương trình cần giải về dạng

109

1

1

( ) 0

( )...... ( ) 0 .............

( ) 0n

n

f x

f x f x

f x

trong đó các phương trình:

1( ),...., ( )nf x f x là các phương trình có dạng chuẩn

Sau đây ta xét từng dạng

1- Phương pháp biến đổi tổng , hiệu thành tích:

Ví Dụ 1: Giải phương trình: 1 cos cos2 cos3 0x x x (1)

Giải:

Cách 1: Biến đổi tổng thành tích:

Ta có: (1) 2(1 cos2 ) cos3 cos 0 2cos 2cos2 .cos 0x x x x x x

3(cos cos2 )cos 0 2cos cos cos 0

2 2

x xx x x x

cos 0cos 0

22cos 0 3232 cos 0

23 3 32 2cos 02

xx x kx k

xkx

kxxk

x

Vậy phương trình có hai họ nghiệm .

Cách 2: Biến đổi phương trình chứa một hàm lượng giác

(1) 2 31 cos 2cos 1 4cos 3cos 0x x x x

110

3 2 24cos 2cos 2cos 0 (2cos cos 1)cos 1

cos 0 22cos 1 2

21

cos 2 3 32 3

x x x x x x

x kx x kx x k k

kx

x x k

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thuộc

(1)

Giải:


Vậy để phương trình có 2 nghiệm thuộc

phương trình (1) có đúng một nghiệm khác thuộc .

Nhận xét rằng phương trình nếu co nghiệm thì cũng sẽ có

nghiệm , do đó điều kiện là phương trình có nghiệm

hoặc hoặc

2- Phương pháp biến đổi tích thành tổng.

111

Ví Dụ 1: Giải phương trình: sin .sin3 sin 4 sin8 0x x x x (1)

Giải:

Ta có (1) cos4 cos2 cos12 cos4 0x x x x

12 2 2 5cos12 cos212 2 2

7

kx

x x kx x k

x x k kx

Vậy phương trình có hai họ nghiệm

Ví Dụ 2: Giảiphươngtrình:

cos2 cos4 cos6 cos cos2 cos3 2 x x x x x x (2)

Giải:

Ta có:

2

4cos cos2 cos3 2cos2 2(cos cos3 ) 2cos2 cos2 cos4

2cos 2 2cos2 cos4 1 cos4 cos2 cos6

x x x x x x x x x

x x x x x x

Do vậy (2)1

cos2 cos4 cos6 (1 cos4 cos2 cos6 ) 24

x x x x x x

cos2 cos4 cos6 3x x x

cos2 1

cos4 1 cos2 1

cos6 1

x

x x x k k

x


3- Lựa chọn phép biến đổi cho .

Ví Dụ 1: Giải phương trình : 32cos cos2 sin 0x x x (1)

Giải:

112

3 2 2

2

2

(1) 2cos 2cos 1 sin 0 2(cos 1)cos sin 1 0

2(cos 1)(1 sin ) sin 1 0

(1 sin ) 2(cos 1)(1 sin ) 1 0

(1 sin ) 1 2sin cos 2(sin cos ) 0

(1 sin ) (sin cos ) 2(sin cos ) 0

(1 sin )(sin co

x x x x x x

x x x

x x x

x x x x x

x x x x x

x x s )(sin cos 2) 0

1 sin 0 sin 1sin cos 0

sin( ) 0sin cos 2 0 ( ) 4

2 2

4 4

x x x

x xx x

xx x vn

x k x kk

x k x k

3 2 2

2

2

(1) 2cos 2cos 1 sin 0 2(cos 1)cos sin 1 0

2(cos 1)(1 sin ) sin 1 0

(1 sin ) 2(cos 1)(1 sin ) 1 0

(1 sin ) 1 2sin cos 2(sin cos ) 0

(1 sin ) (sin cos ) 2(sin cos ) 0

(1 sin )(sin co

x x x x x x

x x x

x x x

x x x x x

x x x x x

x x s )(sin cos 2) 0

1 sin 0 sin 1sin cos 0

sin( ) 0sin cos 2 0 ( ) 4

2 2

4 4

x x x

x xx x

xx x vn

x k x kk

x k x k

Vậy phương trình có hai họ nghiệm .

Nhận xét: Trong lời giải trên sở dĩ chúng ta lựa chọn phép biến đổi

2cos2 2cos 1x x bởi hai nhân tử còn lại là 32cos x (cos có hệ số là 2) và

sin x (sin có hệ số là 1),thực hiện phép biến đổi để nhóm nhân tử chung đưa về

phương trình dạng tích.

Như vậy trong trường hợp trái lại ta sẽ lựa chọn phép biến đổi

2cos2 1 2sinx x

Cụ thể ta xét ví dụ sau:

Ví Dụ 2: Giải phương trình 32sin cos2 cos 0x x x (2)

Giải:

Ta có:

3 2 2

2

2

(2) 2sin 1 2sin cos 0 2( 1) 1 0

2(sin 1)(1 cos ) cos 1 0 2( 1)( 1) 1 0

(1 cos ) (sin cos ) 2(sin cos )

(1 cos )(sin cos )(sin cos 2) 0

1 cos 0

sin cos 0

sin cos

x x x sinx sin x cosx

x x x sinx cosx

x x x x x

x x x x x

x

x x

x

cos 1 2

sin( ) 02 0 ( ) 4 4

x x k

kx x k

x vn

113

3 2 2

2

2

(2) 2sin 1 2sin cos 0 2( 1) 1 0

2(sin 1)(1 cos ) cos 1 0 2( 1)( 1) 1 0

(1 cos ) (sin cos ) 2(sin cos )

(1 cos )(sin cos )(sin cos 2) 0

1 cos 0

sin cos 0

sin cos

x x x sinx sin x cosx

x x x sinx cosx

x x x x x

x x x x x

x

x x

x

cos 1 2

sin( ) 02 0 ( ) 4 4

x x k

kx x k

x vn


Nhận xét: Như vậy chúng ta đã có đượcphương pháp suy luận trong việc lựa

chọn 2 hướng biến đổi cos2x

Cuối cùng trong trường hợp hệ số đối xứng ta lựa chọn phép biến đổi

2 2cos2 cos sinx x x

Cụ thể ta xét ví dụ sau:

Ví Dụ 3: Giải phương trình: 3 3sin cos cos2x x x (1)

Giải:

Phương trình (1) 3 3 2 2sin cos cos sinx x x x

(cos sin )(1 cos sin cos sin ) 0x x x x x x

cos sin 0 (2)

1 cos sin cos sin 0 (3)

x x

x x x x

Giải (2): Ta được

sin cos tan 14

x x x x k k

Giải (3): Ta đặt sin cos | | 2x x t t , suy ra 2 1

sin cos2

tx x

Khi đó (3) có dạng:

221

1 0 2 1 02

tt t t

114

2( 1) 0 1 sin cos 1 2 sin( ) 14

21sin( ) 2

4 2 2

t t x x x

x kx k

x k


115

4- Phương pháp tách hệ số.

Ví dụ 1: Giải phương trình: sin3 sin5

3 5

x x

Giải. Biến đổi phương trình về dạng

3

5sin3 3sin5 2sin 2 3(sin5 in3 )

2(3sin 4sin ) 6cos4 .sin

x x x x s x

x x x x

2

2

2

(3 sin 3cos4 )sin 0

3 2 1 cos2 3 cos 2 1 sin 0

3cos 2 cos2 2 sin 0

x x x

x x x

x x x

cos2 12

cos2 cos22cos2 3

3sin 0

cos2 0

2 2 2( )

x

xx

xx

x k x kk

x k x k


Ví dụ 2: Giải phương trình: cos cos3 2cos5 0x x x (1)

3

2

2

2

1 cos5 cos (cos3 cos5 ) 0

2cos3 .cos2 2cos4 .cos 0

(4cos 3cos ).cos2 cos4 cos3 0

[(4cos 3)cos2 cos4 ]. os 0

{[2(1 cos2 ) 3]cos2 2cos 2 1}.cos 0

(cos 2 cos2 1)cos 0

cos 0

1 17cos2

x x x x

x x x x

x x x x x

x x x c x

x x x x

x x x

x

x 11 1

22

2

22

cos2 2 28 2

2 21 17

cos2 cos2 28

x kx k

x k x k k

x kx kx

3

2

2

2

1 cos5 cos (cos3 cos5 ) 0

2cos3 .cos2 2cos4 .cos 0

(4cos 3cos ).cos2 cos4 cos3 0

[(4cos 3)cos2 cos4 ]. os 0

{[2(1 cos2 ) 3]cos2 2cos 2 1}.cos 0

(cos 2 cos2 1)cos 0

cos 0

1 17cos2

x x x x

x x x x

x x x x x

x x x c x

x x x x

x x x

x

x 11 1

22

2

22

cos2 2 28 2

2 21 17

cos2 cos2 28

x kx k

x k x k k

x kx kx


116

Chú ý:Ta cũng có thể giải bằng phương pháp tách dần.

3

2

sin3 3sin 4sin

sin5 sin( 4 ) sin .cos4 sin 4 .cos

sin .cos4 2cos .sin 2 .cos2 sin .cos4 4cos .sin .cos2

x x x

x x x x x x x

x x x x x x x x x x

5- Phương pháp hằng số biến thiên.


4 2sin 3 sin sin 3 sin 1 02 2

x xx x (1)

Giải.

Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách sau

Cách 1: Phương pháp hằng số biến thiên.

Đặt 2sin2

xt điều kiện 0 1t

Khi đó (1) có dạng 2sin 3 sin 3 1 0x t x t

Ta có 2sin 3 4 sin 3 sin 3 sin 1 0x x x x ( do 1sinx )

Do đó phương trình được chuyển thành

2

0 sin 1 0sin 1

11 cos 1sin

2 2 2

sin 1 ( )2

xx

b xxt

a

x x k k

Cách 2: Phương pháp phân tích

2 21 sin 1 sin 3 sin 1 02 2

x xx

117

2 2

2

2

sin 3 sin cos 1 02 2

(sin 1)(sin 4sin 4) 0

(sin 1)(sin 2) 0 sin 1 2 ( )2

x xx

x x x

x x x x k k

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2sin 3 sin 23 3sin 10 3 3 sin 0x xx x

Giải.

Đặt sin 23 , 0xt t

Khi đó phương trình tương đương với 23 3sin 10 3 sin 0t x t x

2 21

3sin 10 4.3 3 sin 3sin 8 33 sin

tx x x

t x

-Với 1

3t ta được

sin 2 13 sin 2 1 sin 1 2

3 2x x x x k k

-Với 3 sint x ta được sin 23 3 sinx x

Ta đoán được nghiệm sin 2x và 03 3 2

Vì VT là hàm đồng biến còn VP là hàm nghịch biến, do vậy sin 2x là

nghiệm duy nhất của phương trình. Nhưng phương trình sin 2x vô nghiệm.


6- Phương pháp nhân.


12cos2 8cos 7 1

cosx x

x

118

Giải.

Điều kiện: cos 0x . Nhân cả hai vế của phương trình (1) với cos 0x ta

có

22cos2 .cos 8cos 7cos 1x x x x

2 22cos (2cos 1) 8cos 7cos 1 x x x x

3 2

2

4cos 8cos 5cos 1 0

(cos 1)(4cos 4cos 1) 0

x x x

x x x

2

2cos 1(cos 1)(2cos 1) 0 ( )1

2cos32

x kx

x x kx kx

Các họ nghiệm trên thỏa mãn điều kiện.



35sin 5cos .sin 2

2 2

x xx

Giải.

+ ) Với cos 02

x ta được 2cos 2cos 1 1

2

xx và

sin 1 52

xVP

Khi đó phương trình (2) có dạng: 5

sin 52

x vô nghiệm.

+ )Với cos 0 22 2 2

x xk x k k

(*)

Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 2cos 02

x ta được

119

352sin .cos 10cos .sin .cos

2 2 2 2

x x x xx

3

3 3

3 3

2 3

3 2

sin3 sin 2 5cos .sin

3sin 4sin 2sin .cos 5cos .sin

3sin 4sin 2sin .cos 5cos .sin

(3 4sin cos 5cos )sin 0

(5cos 4cos 2cos 1)sin 0

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

2

5cos cos 1 0

(5cos cos 1)(cos 1)sin 0 cos 1 0

sin 0

x x

x x x x x

x

*

1 21cos cos

102

1 21cos cos 2

10sin 0

2

2

2

x

x k

x x k

x kx

x k

x k k

x k

7- Sử dụng các phép biến đổi hỗn hợp.


2 3cos10 2cos 4 6cos3 .cos cos 8cos .cos .x x x x x x x

Giải.

Biến đổi phương trình về dạng

3cos10 1 cos8 cos 2(4cos 3cos3 )cos

2cos9 .cos 1 cos 2cos9 .cos

cos 1

x x x x x x

x x x x x

x x k k

120

Vậy phương trình có một họ nghiệm..

Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 3cos sin cos sin 2 sinx x x x x (3)

Giải.

3 (cos sin )(1 cos .sin ) cos sin 2 sinx x x x x x x

1(cos sin )sin 2 sin 2 (cos sin 2)sin 2 0

2

sin 2 0 22

x x x x x x x

x x k x k k




a)

b)


a)

b)


a)

b)


a)

121

b)


a) Giải phương trình khi m=1.

b) Xác định m để phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc .

Biến đổi phương trình lượng giác thành tổng các đại lượng không âm.

Phương pháp: Ta cần nhớ các đại lượng không âm trong lượng giác, bao gồm2 , , 1 cos , 1 sinA B x x do đó để sử dụng phương pháp này giải PTLG ta thực

hiện theo các bước sau.

Bước 1: Biến đổi phhương trình ban đầu về dạng

1 2 ... 0 1nA A A

Bước 2: Dùng lập luận 0, 1,iA i n

Bước 3: Khi đó

1

2

.

0

01

:

0n

A

AI

A

Bước 4: Giải hệ I .

122

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3cos2 cos6 4(3sin 4sin 1) 0 2x x x x

Giải. Ta có:

2 3 2 2

2 cos2 cos6 4sin3 4 0

(1 cos2 ) (1 cos6 ) 4sin3 2 0

2cos 2sin 3 4sin3 2 0 cos (sin3 1) 0

x x x

x x x

x x x x x

cos 0 2 2sin3 1 3 2

2

x kxx k k

xx k



2 24cos 3tan 4 3 cos 2 3 tan 4 0 3x x x x

Giải.

Nhận xét: Ta nhận thấy phương trình trên có 4 hạng tử 2cos , cos ,x x tan ,x

2tan x vậy thì ta có thể biến đổi phương trình về dạng tổng bình phương của hai

biểu thức.

Ta có:

2 2

2 2

3 (4cos 4 3 cos 3) (3tan 2 3 tan 1) 0

2cos 3 3 tan 1 0

3cos2cos 3 0 2

13 tan 1 0 3 tan3

26 2

6

6

x x x x

x x

xx

x x

x kx k k

x k

123



1tan 1 cot 1 4

sin 2x x

x

Giải.

Điều kiện:

tan 1

cot 1

sin 2 0

x

x

x

Cách 1:

2 2

14 tan 1 cot 1 tan cot

2

[(tan 1) 2 tan 1 1] [(cot 1) 2 cot 1 1 ] 0

( tan 1 1) ( cot 1 1) 0

tan 1 1 0tan cot 2

cot 1 1 0

x x x x

x x x x

x x

xx x

x

tan .cot 4x x (mâu thuẫn)

Vậy phương trình vô nghiệm.

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta được

1 tan 1 tan1(tan 1)

2 21 t 1 t

1(cot 1)2 21 1

tan 1 cot 1 (tan cot )2 sin 2

x xx

co x co xx

x x x xx

Do vậy

tan 1 1

4 tan cot 2cot 1 1

xx x

x

(mâu thuẫn).

124

Vậy phương trình vô nghiệm.


2 2 2tan tan cot ( ) 1 5x y x y

Giải.Ta có

1 tan .tancot( )

tan tan

(tan tan )cot( ) 1 tan .tan

tan .tan tan .cot( ) tan .cot( ) 1 *

x yx y

x y

x y x y x y

x y x x y y x y

Do vậy

2 2 2

2 2 2

5 tan tan cot

tan .tan tan .cot( ) tan .cot( )

1[(tan tan ) (tan cot ) (tan cot( )) ] 0

2tan tan cot 6

x y x y

x y x x y y x y

x y x x y y x y

x y x y

Từ (5) và (6) ta có: 1tan tan cot

3x y x y

6

6

x k

y k

hoặc 6

6

x k

y k


Chú ý: Với mọi ,x y làm tan , tan , tanx y x y có nghĩa ta luôn có

tan .tan tan .cot tan .cot 1x y x x y y x y

Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác bằng phương pháp này đòi hỏi ở học

sinh phải có tư duy, nhận xét qua từng bài toán xem có thể đưa về hằng đẳng

125

thức hoặc số hạng nào đó không âm. Với phương pháp này có tác dụng tích cực

tới tư duy sáng tạo cho học sinh.


Bài 1: Giải phương trình:

a)

b)



.

Giải phương trình lượng giác bằng phương pháp đánh giá.

Phương pháp: Xét phương trình f x g x x D (1)

Nếu ,x D f x k và ,g x k k là một số nào đó thì phương trình

trên tương đương với h ệ

2f x k

g x k

Như vậy ta quy ước việc giải PTLG (1) về giải hệ PTLG (2). Để đánh giá

phương trình ta dựa trên các dạng sau:

Dạng 1: Tính chất của hàm số lượng giác và biểu thức lượng giác.

Dạng 2: PTLG dạng Pitago

Dạng 3: Sử dụng bất đẳng thức Côsi.

Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức Bunhicôpski.

Sau đây ta đi xét từng dạng.

126

1- Tính chất của hàm số lượng giác và biểu thức lượng giác.

Ví dụ 1: Giải phương trình sin 3 cos sin3 2x x x (1)

Giải.

Ta có nhận xét | sin 3 cos | 2

(sin 3 cos )sin3 2sin3 1

x xx x x

x

Do đó phương trình (1) tương dương với

sin( ) 1sin 3 cos 2 3sin3 1 sin3 1

sin 3 cos 2 sin( ) 13sin3 1

sin3 1

xx x

x x

x x xx

x

26

sin3 1

52

6sin3 1

x k

x

x k

x

2

65 6

26

x kx k k

x k



8 8 10 10 5sin cos 2(sin cos ) cos2

4x x x x x (2)

Giải.

2 8 2 8 52 (1 2sin )sin (2cos 1)cos cos2

4x x x x x

8 8 5cos2 .sin cos2 .cos cos2

4x x x x x

127

8 8

8 8

cos2 0 35

(sin cos ) os2 cos2 54 sin cos 44

xx x c x x

x x

Giải (3) ta được 22 4 2

x k x k k

Giải (4): Ta có nhận xét

VT = 8 8 8sin cos sin 1 2x x x vô nghiệm


Nhận xét: Hầu hết các phương trình lượng giác ở dạng ban đầu chúng ta chưa

thể khẳng định được nó có thuộc loại đánh giá hay không. Tất cả chỉ được khẳng

định sau những biến đổi lượng giác mà chúng ta đã biết.

2- Phương trình lượng giác dạng Pitago.

Ví dụ 1: Giải phương trình 6 6

10 102 2

sin cossin cos (1)

sin 2 4cos 2

x xx x

x x

Giải: Ta có nhận xét :

VP=

23 2 2

22 2 2

31 sin 2(sin cos ) 3sin .cos 144 3sin 2 44 sin 2 cos 2 3sin 2

xx x x x

xx x x

Mặt khác:

10 210 10 2 2

10 2

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

4 4 4sin sin

x xVT x x x x

x x

Do đó: (1)10 2

10 2

cos 0

cos 1cos cos1

4 sin 0sin sin

sin 1

x

xx xVT

xx x

x

128

cos 0sin 2 0 2 ( )

sin 0 2

xx x k x k k

x

Như vậy bằng nhận xét 2 2cos cos , sin sin ( 2, )n nx x x x n n và

ta có thể giải bài toán một cách dễ dàng .

3- Sử dụng bất đẳng thức Cosi:

Ví dụ 1 : Giải phương trình: 8 8 1sin 2 cos 2 (1)

8x x

Giải:

Cách 1: Sử dụng giải PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng đối với

sin ,cosx x

Ta có:

8 8 4 4 2 4 4

22 2 2 2 2 4 4

2 2 4 4 4

sin 2 cos 2 (sin 2 cos 2 ) 2sin 2 . cos 2

(sin 2 cos 2 ) 2sin 2 . cos 2 2sin 2 . cos 2

1 1 1(1 sin 4 ) sin 4 sin 4 sin 4 1

2 8 8

x x x x x x

x x x x x x

x x x x

Lúc đó (1) 4 4 4 21 1sin 4 sin 4 1 sin 4 8sin 4 7 0

8 8x x x x

2

2

sin 4 1cos4 0

sin 4 7 ( )

42 8 4

xx

x vn

x k x k k

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Cosi

Ta có nhận xét

129

8 4 4 4 2

8 4 4 4 2

1 1 1 1cos 2 ( ) ( ) ( ) cos 2

2 2 2 21 1 1 1

sin ( ) ( ) ( ) sin 22 2 2 2

x x

x x

Cộng vế với vế 8 8 4 2 21 1sin 2 cos 2 6 ( ) (sin 2 cos 2 )

2 2x x x x

8 8 1sin 2 cos 2

8x x

Do đó: (1)

8 4

2 2

8 4

1cos 2 ( )

12 sin 2 cos 2 cos4 01 2

sin 2 ( )2

xx x x

x

4 ( )2 8 4

x k x k k


1

(tan cot ) sin cos 2, (2)4

n n nx x x x n n

Giải:

Điều kiện: cos 0

sin 2 0 2 ,sin 0 2

xx x k x k k

x

+ ) Với 2n phương trình đã cho trở thành

2 2 21(tan cot ) sin cos 1

4x x x x

Ta có: 2 2 21 1(tan cot ) tan cot 1

6 2x x x x

Dấu “=’’ xảy ra:

130

2 21tan cot

61

tan tan ( )2

x x

x x k k

+ ) Với 2n ta có 1 1

| tan cot | (| tan | | cot |) 14 4

n nx x x x

(Theo bất dẳng thức Cosi)

Mặt khác: 2n thì

2

2

|sin | sin|sin | | cos | 1

| cos | cos

nn n

n

x xx x

x x

Do đó:

1

|sin cos | |sin | | cos | 1 | tan cot |4

n n n n nx x x x x x

Dấu “=” xảy ra

2

2

| sin | sin

| cos | cos 21 1| tan | | cot | | tan | | cot |4 4

n

n

x kx x

x kx x

x x x x

Hệ này vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm

4- Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski

Ví dụ : Giải phương trình :

2 2tan tan 2 cot 3 1x x x

Giải:

131

Điều kiện

cos 0 sin 4 0cos2 0 1

cos3sin3 0 2

x xx

xx

Ta có:

tan 2 tan 1tan (2 )

1 tan 2 .tan cot3

tan 2 .tan tan 2 .cot3 cot3 .tan 1

x xx x

x x x

x x x x x x

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có

2 2 21 tan 2 .tan tan 2 .cot3 cot3 .tan tan tan 2 cot 3x x x x x x x x x

Dấu “=” xảy ra tan tan 2 cot3x x x

2

2tantantan 2 tan

1 tancot3 tan

cot3 tan

tan 0

cot3 0 cot3 0

xxx x

xx x

x x

x x k

x x

Hệ phương trình trên vô nghiệm . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm



a)

b)


a)

b) .


132

a)

b)


a)

b) với .

Bài 5: Tìm a để phương trình có nghiệm:

.

DẠNG IX: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC NGƯỢC

1. Phương trình biểu diễn nghiệm theo định nghĩa

2. Các bất đẳng thức cơ bản của hàm lượng giác ngược

133


Giải:

a.

b.

Ví dụ 2:Giải phương trình

Giải:

Điều kiện:

135

Thử lại với x=0 thì (1) thỏa mãn

Với

Mà

Tương tự cũng không là nghiệm của (1)

Kết luận : x= 0 là nghiệm duy nhất.

cos2 12

cos2 cos22cos2 3

3sin 0

cos2 0

2 2 2( )

x

xx

xx

x k x kk

x k x k


136

bai tap nhon - luong giac - sua ngay 10.11.2012

Documents