Tài liệu Phương trình lượng giác phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ðẠI SỐ A. Tóm tắt lí thuyết I. Phương trình lượng giác 1. Các hằng ñẳng thức: * sin2 α + cos2 α = 1 với mọi α * tan α . cot α = 1 với mọi α ≠ * 1 + tan2 α = * 1 + cot2 α = 1 cos α 1 2 kπ 2 với mọi α ≠ k 2π với mọi α ≠ k π sin2 α 2. Hệ thức các cung ñặc biệt a.Hai cung ñối nhau: α và −α 1) cos(−α) = cos α 2) sin(−α) = − sin α 3) tan(−α) = − tan α 4) cot(−α) = − cot α b. Hai cung phụ nhau: α và π 2 −α π π − α) = sin α 2) sin( − α) = cos α 2 2 π π 3) tan( − α) = cot α 4)cot( − α) = tan α 2 2 c. Hai cung bù nhau: α và π − α 1) sin(π − α) = sin α 2) cos(π − α) = − cos α 3) tan(π − α) = − tan α 4)cot(π − α) = − cot α d) Hai cung hơn kém nhau π : α và π + α 1) sin(π + α) = − sin α 2) cos(π + α) = − cos α 3) tan(π + α) = tan α 4)cot(π + α) = cot α 3. Các công thức lượng giác a. Công thức cộng 1) cos(a ± b) = cos a. cos b ∓ sin a. sin b 2) sin(a ± b) = sin a.cos b ± cos a.sin b 1) cos( Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 1 tan a ± tan b 1 ∓ tan a. tan b b) Công thức nhân 1) sin 2a = 2 sin a cos a 3) tan(a ± b) = 2) cos 2a = cos2 a − sin2 a = 1 − 2 sin2 a = 2 cos2 a − 1 3) sin 3a = 3 sin a − 4 sin 3 a 4) cos3a = 4 cos3 a − 3 cos a c. Công thức hạ bậc 1 − cos 2a 1 + cos 2a 1) sin2 a = 2) cos2 a = 2 2 1 − cos 2a 3) tan2 a = 1 + cos 2a d. Công thức biến ñổi tích thành tổng 1 1) cos a.cos b = [cos(a − b) + cos(a + b)] 2 1 2) sin a.sin b = [cos(a − b) − cos(a + b)] 2 1 3) sin a. cos b = [sin(a − b) + sin(a + b)] . 2 e. Công thức biến ñổi tổng thành tích a+b a−b 1) cos a + cos b = 2 cos .cos 2 2 a+b a−b 2) cos a − cos b = −2 sin . sin 2 2 a+b a−b 3) sin a + sin b = 2 sin . cos 2 2 a+b a−b 4)sin a - sin b = 2 cos .sin 2 2 sin(a + b) sin(a − b) 5) tan a + tan b = 6) tan a − tan b = . cos a cos b cos a cos b 4. Phương trình lượng giác cơ bản 1. Phương trình: sin x = m (1) * Nếu: m > 1 ⇒ Pt vô nghiệm * Nếu: m ≤ 1 ⇒ ∃α ∈ [ − π π ; ] : sin α = m 2 2 Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 2  x = α + k2π ( k ∈ Z ). ⇒ (1) ⇔ sin x = sin α ⇔   x = π − α + k2π  π π − ≤ α ≤ Chú ý : * Nếu α thỏa mãn  2 2 thì ta viết α = arcsin m . sin α = m  *Các trường hợp ñặc biệt: π π 1) sin x = 1 ⇔ x = + k2π 2) sin x = −1 ⇔ x = − + k2π 2 2 3) sin x = 0 ⇔ x = kπ 2. Phương trình: cos x = m (2) * Nếu: m > 1 ⇒ phương trình vô nghiệm * Nếu: m ≤ 1 ⇒ ∃α ∈ [0; π] : cos α = m  x = α + k2π ( k ∈ Z ). ⇒ (2) ⇔ cos x = cos α ⇔   x = −α + k2π 0 ≤ −α ≤ π Chú ý : * Nếu α thỏa mãn  thì ta viết α = arccos m . cos α = m * Các trường hợp ñặc biệt: 1) cos x = 1 ⇔ x = k2π 2) cos x = −1 ⇔ x = π + k2π π 3) cos x = 0 ⇔ x = + kπ 2 3. Phương trình : tan x = m (3) π π ; ) : tan α = m 2 2 ⇒ (3) ⇔ tan x = tan α ⇔ x = α + kπ . Với ∀m ⇒ ∃α ∈ (−  π π − < α < Chú ý : * Nếu α thỏa mãn  2 2 thì ta viết α = arctan m . tan α = m  * Các trường hợp ñặc biệt: Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 3 π + kπ 4 3) tan x = 0 ⇔ x = kπ 1) tan x = 1 ⇔ x = 2) tan x = −1 ⇔ x = − π + kπ 4 4. Phương trình: cot x = m (4) π π ; ) : cot α = m 2 2 ⇒ (4) ⇔ cot x = cot α ⇔ x = α + kπ . Với ∀m ⇒ ∃α ∈ (−  π π − < α < Chú ý : * Nếu α thỏa mãn  2 2 thì ta viết α = arc co t m . cot α = m  * Các trường hợp ñặc biệt: π π 1) cot x = 1 ⇔ x = + kπ 2) co t x = −1 ⇔ x = − + kπ 4 4 π 3) cot x = 0 ⇔ x = + kπ 2 Ghi chú: u = v + k2π * sin u = sin v ⇔  (k ∈ Z) u = π − v + k2π * cos u = cos v ⇔ u = ± v + k2π (k ∈ Z) * tan u = tan v ⇔ u = v + kπ (k ∈ Z) * cot u = cot v ⇔ u = v + kπ (k ∈ Z) 5. Phương trình lượng giác thường gặp 1. Phương trình bậc hai một hàm số lượng giác: Là phương trình có dạng 2 sin x  sin x      cos x  cos x    a.  + b.  + c = 0 (1) tan x  tan x      cot x  cot x  Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 4 sin x    cos x   Cách giải: ðặt t =  (*) khi ñó (1) trở thành: tan x    cot x  at2 + bt + c = 0 giải phương trình này ta tìm ñược t thay vào (*) ta tìm ñược x sin x  Chú ý: * Nếu t =   thì −1 ≤ t ≤ 1 . cos x    * Khi gặp phương trình chỉ chứa một hàm số lượng giác ta cũng ñặt hàm số ñó bằng một ẩn phụ và chuyển phương trình ñã cho về phương trình ñại số. 2. Phương trình bậc nhất ñối với sinx và cosx : a sin x + b cos x = c (1) . Cách giải: Chia hai vế cho: a 2 + b2 và ñặt a b cos α = ; sin α = a2 + b2 a2 + b2 c ⇒ (1) ⇔ sin x. cos α + cos x. sin α = ⇔ sin(x + α) = sin β 2 2 a +b . Chú ý: * (1) có nghiệm ⇔ a 2 + b2 ≥ c2 . 1  3 π * sinx ± 3 cos x = 2  sin x − cos x  = 2 sin(x − ) 2 3  2   3  1 π * 3sinx ± cos x = 2  sin x ± cos x  = 2 sin(x ± ) 2 6  2   1  1 π * sin x ± cos x = 2  sin x ± cos x  = 2 sin(x ± ) . 4 2  2  3. Phương trình ñẳng cấp: Là phương trình có dạng f (sin x , cos x ) = 0 trong ñó luỹ thừa của sinx và cosx cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 5 Cách giải: Chia hai vế pt cho cosk x ≠ 0 (k là số mũ cao nhất) ta ñược phương trình ẩn là tan x . 4. Phương trình lượng giác không mẫu mực ðể giải phương trình lượng giác không mẫu mực, ta sử dụng các phép biến ñổi lượng giác, ñưa phương trình ñã cho về những dạng phương trình ñã biết. * ðưa phương trình ban ñầu về phương ña thức ñối với một hàm số lượng giác * ðưa phương trình ban ñầu về phương trình bậc nhất ñối với sinx và cosx * ðưa phương trình ban ñầu về phương trình dạng tích II. Phương trình – bất phương trình 1. Phương trình bậc cao:  f (x ) = 0 Cách 1: ðưa về dạng tích: f (x ).g(x ) = 0 ⇔  . g(x ) = 0 ðể ñưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau: * Sử dụng các hằng ñẳng thức ñưa về dạng a 2 − b 2 = 0, a 3 − b 3 = 0,... * Nhẩm nghiệm rồi chia ña thức: Nếu x = a là một nghiệm của phương trình f (x ) = 0 thì ta luôn có sự phân thích: f (x ) = (x − a )g(x ) . ðể dự ñoán nghiệm ta dựa vào ñịnh lí sau: ðịnh lí: Nếu ña thức f (x ) = an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 có nghiệm nguyên thì nghiệm ñó phải là ước của a0 * Sử dụng phương pháp hệ số bất ñịnh Cách 2: ðặt ẩn phụ Dạng 1: Phương trình ñối xứng: Là phương trình có dạng: ax 4 ± bx 3 + cx 2 ± bx + a = 0 . Cách giải: Chia hai vế phương trình cho x 2 (x ≠ 0) ta có : 1 ) ± b(x + ) + c = 0 x x 1 1 1 ðặt t = x + với t ≥ 2 ta có x 2 + = (x + )2 − 2 = t 2 − 2 2 x x x a(x 2 + 1 2 thay vào phương trình ta có: a(t 2 − 2) ± bt + c = 0 Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 6 Dạng 2: (x + a )(x + b )(x + c )(x + d ) = e trong ñó a + b = c + d Cách giải: ðặt t = x 2 + (a + b)x ta có : (t + ab)(t + cd ) = e Dạng 3: (x + a )4 + (x + b)4 = c . ðặt x = t − a +b ta ñưa về 2 phương trình trùng phương. 2. Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt ñối a khi a ≥ 0 Cách 1: Dùng ñịnh nghĩa: | a |=  −a khi a < 0 Cách 2: Bình phương hai vế kết hợp với tính chất | a |2 = a 2 g(x ) ≥ 0 1) | f (x ) |= g(x ) ⇔  2 . 2 ( ) − ( ) = 0 f x g x   f (x ) = g(x ) 2) | f (x ) |=| g(x ) |⇔  .  f (x ) = −g(x ) Cách 3: ðặt ẩn phụ 3. Phương trình – bất phương trình vô tỉ Cách 1: Biến ñổi tương ñương * 2n f (x ) = 2n g(x ) ⇔ f (x ) = g(x ) ≥ 0 * * * 2n g(x ) ≥ 0 f (x ) = g(x ) ⇔  2n  f (x ) = g (x ) 2n +1 f (x ) 2n +1 f (x ) = g(x ) ⇔ f (x ) = g 2n +1(x ) > g(x ) ⇔ f (x ) > g 2n +1(x )  f (x ) ≥ 0  * 2n f (x ) < g(x ) ⇔ g(x ) ≥ 0  2n  f (x ) < g (x )   g(x ) < 0  * 2n f (x ) > g(x ) ⇔  f (x )≥ 0  g(x ) ≥ 0    f (x ) > g 2n (x )   Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 7 Cách 2: ðặt ẩn phụ Dạng 1: F (n f (x )) = 0 , với dạng này ta ñặt t = n f (x ) (nếu n chẵn thì phải có ñiều kiện t ≥ 0 ) và chuyển về phương trình F (t ) = 0 giải phương trình này ta tìm ñược t ⇒ x . Trong dạng này ta thường gặp dạng bậc hai: af (x ) + b f (x ) + c = 0 . Dạng 2: m( f (x ) ± g(x )) ± 2n f (x ).g(x ) + n( f (x ) + g (x )) + p = 0 . Vì ta có: n( f (x ) + g (x )) ± 2n f (x ).g (x ) = n( f (x ) ± g(x ))2 Nên với dạng này ta ñặt t = f (x ) ± g(x ) . Bình phương hai vế ta sẽ biểu diễn ñược những ñại lượng còn lại qua t và chuyển phương trình (bpt) ban ñầu về phương trình (bpt) bậc hai ñối với t. Dạng 3: F (n f (x ), n g (x )) = 0 , trong ñó F (a, b ) là một biểu thức ñẳng cấp bậc k. Với dạng này ta xét hai trường hợp: ( ) TH1: g x = 0 thay vào phương trình ta kiểm tra, TH2: g (x ) ≠ 0 chia hai vế phương trình cho t =n n g k (x ) và ñặt f (x ) ta ñược phương trình G (t ) = 0 là phương trình ña thức g(x ) bậc k. Ta thường gặp dạng: a.f (x ) + b.g(x ) + c. f (x )g(x ) = 0 . ðặt t = f (x ) , ta có phương trình : at 2 + ct + b = 0 . g(x ) Dạng 4: a.f (x ) + g (x ) f (x ) + h(x ) = 0 . Với phương trình dạng này ta có thể ñặt t = f (x ) , khi ñó ta ñược phương trình theo ẩn t: at 2 + g(x )t + h(x ) = 0 , ta giải phương trình này theo t, xem x là tham số (Tức là trong phương trình vừa có t vừa có x) nên ta thường gọi dạng này là dạng ñặt ẩn phụ không triệt ñể. Dạng 5: F  f (x ), n a + f (x ), m b − f (x )  = c (I).   Ta có thể ñặt: u = n a + f (x ), v = m b − f (x ) , lúc ñó ta có hệ phương trình: Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 8  f (u, v ) = c giải hệ này ta tìm ñược u, v. Từ ñây ta có ñược x.  n m u + v = a + b Chú ý : Khi tìm ñược u,v ñể tìm x ta chỉ cần giải một trong hai phương trình: n a + f (x ) = u hoặc Dạng 6: ( f (x )) n + b = a n af (x ) − b mb − f (x ) = v . (II) ðể giải phương trình này ta ñặt t = f (x ); y = n af (x ) − b ta có t n + b = ay  . hệ:  n y + b = at ðây là hệ ñối xứng loại II với hai ẩn t và y. Cách 3: ðánh giá Xét phương trình : f (x ) = g (x ) xác ñịnh trên D. u(x ) = 0 * Nếu phương trình ⇔ u 2 (x ) + v 2 (x ) = 0 ⇔  v(x ) = 0  f (x ) ≥ m(x ) * Nếu  ∀x ∈ D thì PT : f (x ) = g(x ) với g(x ) ≤ m(x )  f (x ) = m(x ) . x∈D ⇔  g(x ) = m(x ) Trong cách ñánh giá này ta thường dùng các hằng ñẳng thức và các bất ñẳng thức quen thuộc (như BðT Cauchy, BðT Bunhiacovski, BðT chứa trị tuyệt ñối… )ñể ñánh giá hai vế. III. Hệ phương trình 1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c a. ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng:  , trong ñó a ' x + b ' y = c ' a, b, c, a’, b’, c’ là các số thực cho trước và a,b,a’,b’ không ñồng thời bằng không. b. Cách giải: Dùng ñịnh tthức Crame a b c b a c Ta có các ñịnh thức: D = ; Dx = ; Dy = . a' b' c' b' a ' c' Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 9 * Nếu D ≠ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất: x = Dx ; y= Dy . D D x ∈ ℝ  * Nếu D = Dx = Dy = 0 thì hệ vô số nghiệm:  . c − ax (b ≠ 0) y =  b D = 0  * Nếu  Dx ≠ 0 thì hệ ñã cho vô nghiệm.  D ≠ 0   y 2. Hệ ñối xứng loại I  f (x ; y ) = a a. ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng  (I) trong ñó f(x;y),g(x;y) là g(x ; y ) = b các biểu thức ñối xứng, tức là f (x ; y ) = f (y; x ), g (x ; y ) = g(y; x ) . b. Cách giải: ðặt S = x + y, P = xy . Biểu diễn f (x ; y ), g (x ; y ) qua S và P ta có hệ F (S ; P ) = 0 giải hệ này ta tìm ñược S, P.  G (S ; P ) = 0 Khi ñó x,y là nghiệm của phương trình : X 2 − SX + P = 0 (1) . c. Một số biểu diễn biểu thức ñối xứng qua S và P. x 2 + y 2 = (x + y )2 − 2xy = S 2 − 2P x 3 + y 3 = (x + y )(x 2 + y 2 − xy ) = S 3 − 3SP x 2y + y 2x = xy(x + y ) = SP x 4 + y 4 = (x 2 + y 2 )2 − 2x 2y 2 = (S 2 − 2P )2 − 2P 2 d. Chú ý: * Nếu (x;y) là nghiệm của hệ (I) thì (y;x) cũng là nghiệm của hệ * Hệ (I) có nghiệm khi (1) có nghiệm hay S 2 − 4P ≥ 0 . 3. Hệ ñối xứng loại 2  f (x ; y ) = a a. ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng  (II) f ( y ; x ) = a  b. Cách giải: Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta ñược : Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 10 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 x = y . f (x ; y ) − f (y; x ) = 0 ⇔ (x − y )g(x ; y ) = 0 ⇔  g(x ; y ) = 0 c. Chú ý: Nếu hệ (II) có nghiệm (x 0 ; y 0 ) thì (y 0 ; x 0 ) cũng là nghiệm của hệ nên hệ (II) có nghiệm duy nhất thì ñiều kiện cần là x 0 = y0 . 4. Hệ ñẳng cấp a. ðịnh nghĩa: *Biểu thức f(x;y) gọi là ñẳng cấp bậc k nếu f (mx ; my ) = m k f (x ; y )  f (x ; y ) = a *Hệ:  trong ñó f(x;y) và g(x;y) ñẳng cấp gọi là hệ ñẳng g ( x ; y ) = b  cấp b. Cách giải: *Xét x=0 thay vào hệ kiểm tra * Với x ≠ 0 ñặt y = tx thay vào hệ ta có:  k  f (x ; tx ) = a a x f (1; t ) = a ⇔ f (1; t ) = g(1; t ) . ⇔ k  b g(x ; tx ) = b x g(1; t ) = b 5. Phương pháp thế: ðây là phương pháp khá hữu hiệu thường hay ñược sử dụng trong giải hệ phương trình . Nội dung của phương pháp này từ một phương trình hoặc kết hợp hai phương trình của hệ ta biểu diễn ẩn này qua ẩn kia hoặc một biểu thức này qua biểu thức khác và thế vào phương trình còn lại chuyển về phương trình một ẩn (có thể là ẩn phụ). Mục ñích của việc làm này là giảm số ẩn. Tùy thuộc vào ñặc ñiểm của bài toán mà ta có những cách biến ñổi phù hợp. Trong phương pháp này ta cần lưu ý một số dấu hiệu sau. 1) Nếu trong hệ phương trình có một phương trình bậc nhất ñối với một ẩn thì ta rút ẩn ñó qua ẩn kia thế vào phương trình còn lại và chuyển về giải phương trình một ẩn. 2) Với hai số thực bất kì x ≠ 0; y ta luôn có y = tx (t là số thực cần tìm). Với cách làm này ta sẽ ñược hệ về phương trình một ẩn t. 3) Phương trình f (x ; y ) = f (y; x ) luôn có một cặp nghiệm x = y , do ñó ta luôn phân tích phương trình ñã cho về dạng: (x − y )g(x ; y ) = 0 4) Trong hệ phương trình nếu biểu thức u(x) xuất hiện ở hai Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 11 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 phương trình thì ta có thể ñặt t = u(x ) ñể làm ñơn giản hình thức bài toán. 5) Nếu mỗi vế của hai phương trình là những biểu thức ñồng bậc, ta có thể ñặt x = ty (y ≠ 0) và từ hai phương trình của hệ ta rút ra y = f (t ) ñược:  , giải phương trình f (t ) = g(t ) ta tìm ñược t, từ ñó suy y = g(t ) ra x và y . B. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. Giải các phương trình sau 1) cos 3x + cos 2x − cos x − 1 = 0 ( D – 2006 ). 2) 3 cos 4x − 8 cos6 x + 2 cos2 x + 3 = 0 (B1 – 2003 ). 3) cos2 3x cos 2x − cos2 x = 0 (A – 2005 ). ( ) 4) 5 sin x − 2 = 3 1 − sin x tan2 x (B – 2004 ). π π 3 5) cos4 x + sin4 x + cos(x − ) sin(3x − ) − = 0 (D – 2005 ). 4 4 2 Lời giải. 1) Ta thấy các hàm số lượng giác có mặt trong phương trình ñều biểu diễn ñược qua cosx. Do ñó ta chuyển phương trình ñã cho về phương trình chỉ chứa hàm số cosx. PT ⇔ 4 cos3 x − 3 cos x + (2 cos2 x − 1) − cos x − 1 = 0 ⇔ 2 cos3 x + cos2 x − 2 cos x − 1 = 0 . ðặt t = cos x, t ≤ 1 . Ta có:  t = ±1 2t + t − 2t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(2t + 1) = 0 ⇔  . t = − 1  2 * t = ±1 ⇔ cos x = ±1 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ 1 1 2π 2π * t = − ⇔ cos x = − = cos ⇔x=± + k2π . 2 2 3 3 Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên bằng cách sau Phương trình ⇔ cos 3x − cos x − (1 − cos 2x ) = 0 3 2 2 ⇔ −2 sin 2x . sin x − 2 sin2 x = 0 ⇔ sin2 x (2 cos x + 1) = 0 . Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 12 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 2) Ta chuyển phương trình về phương trình chỉ chứa cos 2x Phương trình ⇔ 3(2 cos2 2x − 1) − (1 + cos 2x)3 + 1 + cos 2x + 3 ⇔ cos 2x(cos2 2x − 3 cos 2x + 2) = 0  π π cos 2x = 0 x = +k  ⇔ ⇔ 4 2.  cos 2x = 1 = π x k   3) Phương trình ⇔ (1 + cos 6x)cos 2x − 1 − cos 2x = 0 ⇔ cos 6x. cos 2x − 1 = 0 ⇔ cos 8x + cos 4x − 2 = 0 π ⇔ 2 cos2 4x + cos 4x − 3 = 0 ⇔ cos 4x = 1 ⇔ x = k . 2 π 4) ðiều kiện : cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ . 2 Phương trình ⇔ 5 sin x − 2 = 3(1 − sin x) ⇔ 5 sin x − 2 = 3(1 − sin x) sin2 x cos2 x sin2 x 1 − sin2 x sin2 x ⇔ (5 sin x − 2)(1 + sin x) = 3 sin2 x 1 + sin x  π x = + k2π  1 π 6 ⇔ 2 sin2 x + 3 sin x − 2 = 0 ⇔ sin x = = sin ⇔  . 5 2 6  x = π + k2π  6 Kết hợp ñiều kiện, ta có nghiệm của phương trình ñã cho là : ⇔ 5 sin x − 2 = 3 π 5π + k2π, x = + k2π . 6 6 1 5) Ta có: sin4 x + cos4 x = 1 − sin2 2x 2  π π 1 π sin(3x − )cos(x − ) = sin(4x − ) + sin 2x  4 4 2 2  x= = ( ) ( ) 1 1 − cos 4x + sin 2x = 2 sin2 2x + sin 2x − 1 2 2 Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 13 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 ) ( 1 2 1 3 sin 2x + 2 sin2 2x + sin 2x − 1 − = 0 2 2 2 π ⇔ sin2 2x + sin 2x − 2 = 0 ⇔ sin 2x = 1 ⇔ x = + kπ . 4 Ví dụ 2. Giải các phương trình sau Phương trình ⇔ 1 − 1) 3 cos 5x − 2 sin 3x cos 2x − sin x = 0 (D – 2009 ) 2) sin x + cos x sin 2x + 3 cos 3x = 2(cos 4x + sin3 x ) (B – 2009 ) 3) (1 − 2 sin x ) cos x = 3 (1 + 2 sin x )(1 − sin x ) (1) (A – 2009 ). cos x − 2 sin x cos x = 3 (ðH NN1 – 1998 ). 2 cos2 x + sin x − 1 Lời giải. 1) Phương trình ñã cho tương ñương: 4) ( ) 3 cos 5x − s in5x + sin x − sin x = 0 ⇔ ⇔ π  3 1 cos 5x − s in5x = sin x ⇔ sin  − 5x  = sin x 2 2 3  π 3 − 5x = x + k 2π hoặc Vậy x = π +k π π 3 − 5x = π − x + k 2π . hoặc x = − π +k π ( ) k ∈ℤ . 18 3 6 2 2) Phương trình ñã cho tương ñương với. (1 − 2 sin2 x )sin x + cos x sin 2x + 3 cos 3x = 2 cos 4x ⇔ cos 2x sin x + cos x cos 2x + 3 cos 3x = 2 cos 4x ⇔ sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x ⇔ cos(3x − ⇔ 4x = 3x − Vậy x = − π 6 π 6 + k 2π hoặc 4x = −3x + + k 2π hoặc x = π 42 +k π 6 π 6 ) = cos 4x + k 2π 2π ( k ∈ Z ). 7   1  sin x ≠ −  3) . ðiều kiện:  2   sin 1 x ≠    Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 14 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 (1) ⇔ (1 − 2 sin x )cos x = 3(1 + 2 sin x )(1 − sin x ) ⇔ cos x − 2 sin x cos x = 3(1 + sin x − 2 sin2 x ) ⇔ cos x − 3 sin x = sin 2x + 3 cos 2x π π ⇔ 2 cos(x + ) = 2 cos(2x − ) . 3 6 Giải phương trình này ta tìm ñược hai họ nghiệm π π 2π x = − k 2π; x = − + k 2 18 3 ðối chiếu với ñiều kiện ta chỉ nhận họ nghiệm: x = − π 2π +k . 18 3  π x ≠ + k 2π  2 4) ðK: 2 sin2 x − sin x − 1 ≠ 0 ⇔  . x ≠ − π + k 2π , x ≠ 7π + k 2π  6 6 Phương trình 3 cos 2x + sin 2x = cos x − 3 sin x 1 3 1 3 sin 2x + cos 2x = cos x − sin x 2 2 2 2  π π 2 x − = x + + k 2π  π π 6 3 ⇔ cos(2x − ) = cos(x + ) ⇔  6 3 2x − π = −x − π + k 2π  6 3  π x = + k 2π 2 . ⇔ x = − π + k 2π  18 3 π 2π ðối chiếu ñiều kiện ta có x = − +k là nghiệm của phương 18 3 trình ñã cho. ⇔ Ví dụ 3. Giải các phương trình sau 1) 2 sin x(1 + cos 2x) + sin 2x = 1 + 2 cos x ( D – 2008 ). 2) 1+ sin x + cos x + sin 2x + cos 2x = 0 (B – 2005 ). x π x 3) sin2  −  tan2 x − cos2 = 0 (D – 2003 ). 2 2 4 Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 15 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 4) 1 + sin x 1 sin(x − 3π ) 2 = 4 sin( 7π − x) (A – 2008 ) 4 5) 3 cot2 x + 2 2 sin2 x = (2 + 3 2) cos x 6) 2 sin 2x − cos 2x = 7 sin x + 2 cos x − 4 Lời giải. 1) Phương trình ⇔ 4 sin x cos2 x + 2 sin x cos x = 1 + 2 cos x ⇔ 2 sin x cos x(2 cos x + 1) = 2 cos x + 1  π  x = + kπ 4 . ⇔ (2 cos x + 1)(sin 2x − 1) = 0 ⇔  2 π x = ± + k2π  3 Chú ý: Một số lưu ý khi tìm nhân tử chung : * Các biểu thức 1 + sin 2x = (s inx + cos x)2 ; cos 2x = (cos x − sin x)(cos x + sin x) ; 1 + tan x = sin x + cos x ; cos x sin x + cos x nên chúng có thừa số chung là sin x sin x + cos x . * Các biểu thức 1 − sin 2x ; cos 2x ; 1 − tan x ; 1 − cot x có thừa số chung là cos x − sin x . 1 + cot x = * sin2 x; tan2 x có thừa số (1 − cos x)(1 + cos x) . Tương tự cos2 x; cot2 x có thừa số (1 − sin x)(1 + sin x) . 2) Phương trình ñã cho tương ñương với: (1 + sin 2x) + (sin x + cos x) + cos2 x − sin2 x = 0 ⇔ (sin x + cos x)2 + (sin x + cos x) + (cos x − sin x)(cos x + sin x) = 0 sin x + cos x = 0 ⇔ (sin x + cos x)(2 cos x + 1) = 0 ⇔  cos x = − 1  2 Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 16 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2  π  x = − + kπ 4 . ⇔ 2 π x = ± + k2π  3 Nhận xét: Ngoài cách biến ñổi trên, ta có thể biến ñổi cách khác như sau: Phương trình ⇔ 2 cos2 + cos x + sin x + 2 sin x cos x = 0 ⇔ cos x(2 cos+ 1) + sin x(2 cos x + 1) = 0 ⇔ (2 cos x + 1)(sin x + cos x) = 0 . π + kπ . 2  π  sin2 x Phương trình ⇔ 1 − cos(x − ) − (1 + cos x) = 0 2  cos2 x  3) ðiều kiện : cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ ⇔ (1 − sin x) ⇔ sin2 x 1 − sin2 x − (1 + cos x) = 0 sin2 x − (1 + cos x) = 0 1 + sin x ⇔ (1 − cos2 x) − (1 + cos x)(1 + sin x) = 0  x = k2π  các  x = π + kπ  4 nghiệm này thỏa ñiều kiện bài toán nên ñó là những nghiệm cần tìm.   3π π π 4) Ta có: sin(x − ) = sin (x + ) − 2π = sin(x + ) = cos x 2 2 2   cos x = 1 ⇔ (1 − cos x)(cos x − sin x) = 0 ⇔  ⇔  tan x = 1  π  π 7π 1 − x) = sin 2π − (x + ) = − sin(x + ) = − sin x + cos x 4 4  4 2  kπ ðiều kiện: sin 2x ≠ 0 ⇔ x = . 2 1 1 Phương trình ⇔ + = −2 2(sin x + cos x) sin x cos x sin( Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong ( 17 ) Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 (sin x + cos x)( 2 sin 2x + 1) =0 sin 2x  π sin x + cos x = 0 x = − + kπ   4 các nghiệm ⇔ ⇔ 1 5 π π sin 2x = −  x = − + kπ; x = − + kπ  2  8 8 này ñều thỏa ñiều kiện của bài toán nên ñó là những họ nghiệm cần tìm. 5) ðiều kiện: x ≠ kπ ⇔ Phương trình ⇔ 3 cos2 x 2 sin x + 2 2 sin2 x = (2 + 3 2) cos x . ⇔ 3 cos2 x − 3 2 sin2 x. cos x + 2 2 sin 4 x − 2 sin2 x cos x = 0 ⇔ (cos x − 2 sin2 x)(3 cos x − 2 sin2 x) = 0  2 cos2 x + cos x − 2 = 0 ⇔ 2 cos2 x + 3 cos x − 2 = 0    −1 + 3 6− 2 cos x = + k2π  x = ± arccos 2 2 các nghiệm ⇔ ⇔  1  x = ± π + k2π cos x =  3  2 này thỏa ñiều kiện bài toán nên ñó là những nghiệm cần tìm. 6) Phương trình ñã cho tương ñương với: 4 sin x cos x − 1 + 2 sin2 x − 7 sin x − 2 cos x + 4 = 0 ⇔ 2 cos x(2 sin x − 1) + (2 sin x − 1)(sin x − 3) = 0 ⇔ (2 sin x − 1)(2 cos x + sin x − 3) = 0  1 sin x =  ⇔ ⇔ 2  2 cos x sin x 3 0 (VN) + − =   π  x = + k2π 6 .  5  x = π + k2π  6 ( Lưu ý : | a sin x + b cos x |≤ a2 + b2 ⇒ 2 cos x + sin x ≤ 5 < 3 ). Chú ý: Khi gặp phương trình dạng: a sin 2x + b cos 2x + c. sin x + d cos x + e = 0 ta có thể biến ñổi phương trình về dạng : (m sin x + n cos x + p)(h.sin x + t.cos x + q ) = 0 . Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 18 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 Ví dụ 4. Giải các phương trình sau 1) sin 2x. cos 3x = sin 5x. cos 6x 2) sin2 3x − cos2 4x = sin2 5x − cos2 6x (B – 2002 ). 3) sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x Lời giải. 1 1 1) Phương trình ⇔ sin 5x − sin x  = sin 11x − sin x  2 2  π x = k 6 . ⇔ sin 5x = sin 11x ⇔  π π x = +k  16 8 2) Áp dụng công thức hạ bậc, ta có: 1 − cos 6x 1 + cos 8x 1 − cos10x 1 + cos12x Phương trình ⇔ − = − 2 2 2 2 ⇔ cos 6x + cos 8x = cos10x + cos12x cos x = 0 ⇔ 2 cos 7x cos x = 2 cos11x cos x ⇔  cos11x = cos 7x  π  x = + kπ 2 . ⇔ x = k π ; x = k π  2 9 3) Phương trình ñã cho tương ñương với (sin x + sin 3x) + sin 2x = (cos x + cos 3x) + cos 2x ⇔ 2 sin 2x cos x + sin 2x = 2 cos 2x cos x + cos 2x ⇔ (2 cos x + 1)(sin 2x − cos 2x) = 0  2π  1 x=± + k2π  = − cos x 3 . ⇔ ⇔  2  π π  x = +k sin 2x = cos 2x  8 2 Ví dụ 5. Giải các phương trình sau 1) 16 cos x cos 2x cos 4x cos 8x = 1 (KTQD Hà Nội – 1998 ) π 2) 2 cos2 ( cos2 x ) = 1 + cos(π sin 2x ) (ðH Thái Nguyên – 1998 ) 2 Lời giải. 1) Ta thấy sin x = 0 không là nghiệm của phương trình Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 19 Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 Nên nhân hai vế của phương trình với sin x ta ñược: 8 sin 2x cos 2x cos 4x cos 8x = sin x  2π 16x = x + k 2π x = k 15 ⇔ sin16x = sin x ⇔  ⇔ π 2π 16 π 2 π = − + x x k  x = +k  17 17 2π (k ≠ 15n ) và Kết hợp với ñiều kiện, ta có x = k 15 π 2π x = +k (k ≠ −8 + 17n ) là nghiệm của phương trình ñã cho. 17 17 π 2) Phương trình ⇔ 2 cos2 ( cos2 x ) − 1 = cos(π sin 2x ) 2 ⇔ cos(π cos2 x ) = cos(π sin 2x ) ⇔ cos2 x = ± sin 2x + 2k , ( k ∈ ℤ )  cos 2x − 2 sin 2x = 4k − 1 ⇔ cos 2x + 2 sin 2x = 4k − 1 Phương trình có nghiệm ⇔ 12 + 22 ≥ 16k 2 − 8k + 1 1− 5 1+ 5 ≤k ≤ 4 4 cos 2x − 2 sin 2x = −1 Do k ∈ ℤ ⇒ k = 0 ⇒  cos 2x + 2 sin 2x = −1 cos x = 0 2 cos2 x − 4 sin x cos x = 0 cos x = 0   ⇔ ⇔ ⇔  1 sin x = ± 2 cos2 x + 4 sin x cos x = 0 2(1 − cos 2x ) = 1   2 ⇔ 4k 2 − 2k − 1 ≤ 0 ⇔  π cos x = 0 x = + nπ   2 . ⇔ cos 2x = 1 π  x = ± + nπ  2  6 Ví dụ 6. Giải các phương trình – bất phương trình sau 1) x + 4 − 1 − x = 1 − 2x 2) 2x 2 − 6x + 1 − x + 2 < 0 3) x (x − 1) + x (x + 2) = 2 x 2 Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 20