Mô tả:
Trang 1
Trang 2
MỤC LỤC
…∗…
I. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN...........................................3
II. MỘT SỐ DẠNG
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐƠN GIẢN.......................................10
III.PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC TỔNG QUÁT ...................................29
IV.PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ CHỨA THAM SỐ ......................35
V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ..............................................................42
VI.TRẮC NGHIỆM.........................................................................................4
Trang 3
PHẦN I
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
…
…
I.PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Cơ sở của phương pháp là biến đổi sơ cấp các phương trình lượng giác của
đề ra về một trong bốn dạng chuẩn sau và được chia thành 2 loại:
1.Phương trình lượng giác cơ bản:
Có bốn dạng: sin x = m, cos x = m, tan x = m,cot x = m
Công thức nghiệm; k ∈ Z
Phương trình
Điều kiện có nghiệm
Dạng 1
Sinx = m
−1 ≤ m ≤ 1
x = (−1) k arcsin m + k π
Cosx = m
−1 ≤ m ≤ 1
x = ± arc cos m + k 2π
Tanx = m
Cotx = m
∗Chú ý:
∀m; x ≠
π
2
+ kπ
∀m; x ≠ k π
sin x = 1 ⇔ x =
π
2
x = arc cot m + k π
x = α + k 2π
x = π − α + k 2π
(m = sin α)
x = ±α + k 2π
(m = cos α)
x = α + kπ
(m = tan α)
x = α + kπ
(m = cot α)
+ k 2π;cos x = 1 ⇔ x = k 2π
sin x = 0 ⇔ x = k π;cos x = 0 ⇔ x =
sin x = −1 ⇔ x = −
x = arctan m + k π
Dạng 2
π
π
2
+ kπ
+ k 2π;cos x = −1 ⇔ x = −π + k 2π
2
2.Phương trình lượng giác thuộc dạng cơ bản:
Có một trong các dạng sau:
Sin[f(x)] = m; cos[f(x)] =m; tan[f(x)] = m; cot[f(x)] = m với f(x) là biểu thức chứa
biến x
Hoặc là : sin[f(x)] = sin[g(x)]; cos[f(x)] = cos[g(x)]
Tan[f(x)] = tan[g(x)]; cot[f(x)] = cot[g(x)]
Ta sử dụng các công thức nghiệm như trên
Trang 4
II.VÍ DỤ: Giải phương trình:
Ví dụ 1
tan
x
= tan x
2
x
= x + kπ
2
⇔ x = 2 x + k 2π
⇔ x = − k 2π ( k ∈ Ζ)
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x = −k 2π
.
Ví dụ 2
sin x = 2 sin 5 x + cos x
⇔
(k ∈ Z )
⇔ 2 sin 5 x = sin x − cos x
π
⇔ 2 sin 5 x = 2 sin x −
4
π
⇔ sin 5 x = sin x −
4
π
5 x = x − 4 + k 2π
⇔
(k ∈ Z)
π
5 x = π − x −
4
π
x
=
−
+ k 2π
16
⇔
x = 5 π + k π
24
3
(k ∈ Z)
π
x = 2 + k 2π
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
x = 5 π + k π
24
3
(k ∈ Z )
Trang 5
Ví dụ 3
1
2
1 cos 2 x 1
⇔ sin 2 x + −
=
2
2
2
⇔ 2 sin 2 x − cos 2 x = 0
sin 2 x + sin 2 x =
sin 2 x 1
=
cos 2 x 2
1
⇔ tan 2 x =
2
⇔
1
⇔ 2 x = arctan + kπ
2
1
1
⇔ x = arctan + kπ
2
2
(k ∈ Z)
(k ∈ Z)
1
1
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x = arctan + kπ
2
2
Ví dụ 4
3 sin x − cos x + 2sin 3 x = 0
⇔
(k ∈ Z)
3
1
sin x − cos x + sin 3x = 0
2
2
⇔ sin
π
3
.sin x − cos
π
3
cos x + sin 3 x = 0
π
⇔ − cos x + + sin 3 x = 0
3
π
⇔ cos x + = sin 3x
3
π
π
⇔ cos x + = cos − 3 x
3
2
π π
x + 3 = 2 − 3x + k 2π
⇔
x + π = 3x − π + k 2π
3
2
π kπ
x = 24 + 2
⇔
(k ∈ Z)
π
5
x =
− kπ
12
Trang 6
π kπ
x = 24 + 2
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
x = 5π − kπ
12
Ví dụ 5
1 + tan x = 2 2 sin x
(k ∈ Z)
(1)
π
+ kπ
2
sin x
Với điều kiện trên (1) ⇔ 1 +
= 2 2 sin x
cos x
Điều kiện : cosx ≠ 0 ⇔ x ≠
⇔ cos x + sin x = 2 2 sin x.cos x
π
⇔ 2 sin x x + = 2 sin 2 x
4
π
2
x
=
x
+
+ k 2π
4
⇔
2 x = π − x + π + k 2π
4
π
=
+ k 2π (loaïi )
x
4
(k ∈ Z)
⇔
π
π
k
2
x = +
4
3
π k 2π
⇔x= +
(k ∈ Z )
4
3
Vậy phương trình có một họ nghiệm ⇔ x =
π
4
+
k 2π
(k ∈ Z)
3
Trang 7
Ví dụ 6
sin 3 x.cos3 x + cos3 x.sin 3 x = sin 3 4 x
⇔ sin 3 x(4 cos3 x − 3cos x) + cos3 x(3sin x − 4sin 3 x) = sin 3 4 x
⇔ 4sin 3 x.cos3 x − 3sin 3 x.cos x + 3sin x.cos3 x − 4sin 3 x.cos3 x = sin 3 4 x
⇔ 3sin x.cos x(cos 2 x − sin 2 x) = sin 3 4 x
3
sin 2 x.cos 2 x = 4sin 3 4 x
2
⇔ 3sin 4 x = 4sin 3 4 x
⇔
⇔ 3sin 4 x − 4sin 3 4 x = 0
⇔ sin12 x = 0
kπ
⇔x=
(k ∈ Z)
12
Vậy phương trình có một họ nghiệm x =
kπ
12
(k ∈ Z)
Ví dụ 7
sin x cot 5 x
= 1 (1)
cos 9 x
kπ
x≠
5 x ≠ kπ
sin 5 x ≠ 0
5
Điều kiện :
⇔
⇔
(k ∈ Z)
π
k
π
π
x
k
9
≠
+
π
cos 9 x ≠ 0
x ≠ +
2
18 9
cos 5 x
= cos 9 x
sin 5 x
⇔ sin x.cos5 x = cos 9 x.sin 5 x
⇔ sin 6 x − sin 4 x = sin14 x − sin 4 x
(1) ⇔ sin x.
⇔ sin14 x = sin 6 x
14 x = 6 x + k 2π
⇔
14 x = π − 6 x + k 2π
8 x = k 2π
⇔
20 x = π + k 2
x =
⇔
x =
kπ
4
π
kπ
+
20 10
(k ∈ Z )
Trang 8
x =
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
x =
kπ
4
π
kπ
+
20 10
( k ∈ Z)
III.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau:
1) 2 tan 3x − 3 = 0
2π
2)sin x −
= cos 2 x
3
3) cos 2 x − sin 2 x = 0
4)2sin x − 2 cos x = 1 − 3
5)
sin 2 x
+ 2 cos x = 0
1 + sin x
6)2 tan x + cot x = 3 +
2
sin 2 x
sin 4 x + cos 4 x 1
= (tan x + cot x)
sin 2 x
2
8) cos x − sin x = 2 cos3 x
7)
1
1
1
+
=
sin 2 x cos 2 x sin 4 x
10) cos10 x + 2 cos 2 4 x + 6cos3 x.cos x = cos x + 8cos x.cos3 3x
11) tan x + cot x = 2(sin 2 x + cos 2 x)
9)
cot 2 x − tan 2 x
12)
= 16(1 + cos 4 x)
cos 2 x
Trang 9
IV.HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
π kπ
1) +
.
9 3
7π k 2π 7π
π
ng daã
n : cos 2 x = sin − 2 x
2)
+
;−
+ k 2π . Höôù
18
3
6
2
1
3) ± arc cos + kπ .
3
4)
π
+ k 2π ; −
6
2π
+ k 2π . Höôù
ng daã
n:
3
π
3 −1
= sin
12
2 2
k 2π
n : ÑK 1+ sinx ≠ 0 , ñöa pt veàdaïng 2(sin2x + cos x) = 0 )
. ( Höôù
ng daã
6
3
2
π
6) + kπ . Höôù
ng daã
n : tanx + cotx =
3
sin 2 x
5) −
π
1 − cos 2 x
ng daã
n : sin 2 x =
Höôù
2
+
7)Voânghieä
m.
8)
π
8
+ kπ ; −
π
16
( Höôùng daãn : ÑK sin 2 x ≠ 0,sin
+
4
x + cos 4 x = 1 − 2sin 2 x.cos 2 x )
kπ
π
. Höôù
ng daã
n : cos x − sin .x = 2 x +
2
4
9)Voânghieä
m. ( Höôù
ng daã
n : ÑK sin2x ≠ 0, sin 4 x + cos 4 x = 1 − 2sin 2 x cos 2 x )
10) k 2π . ( Höôù
ng daã
n : chuyeä
n veáñaë
t nhaâ
n töûchung,aù
p duïng coâ
ng thöù
c cos 3x = 4cos3 x − 3cos x )
k π π kπ
2
; +
. Höôù
ng daã
n : Tìm ÑK, phöông trình ⇔
= 2(sin2x + cos2x)
8 2 4 2
sin 2 x
4cos 2 x
π kπ
12) +
. Höôù
ng daã
n : Vieá
t veátraù
i döôù
i daïng 2
, veáphaû
i döôù
i daïng 32 cos 2 2 x
16 8
sin 2 x.cos 2 x
11)
π
+
Trang 10
MỘT SỐ DẠNG
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐƠN GIẢN
PHẦN II
…
…
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Dạng 1. Dạng bình phương của các phương trình lượng giác cơ bản
Dạng chuẩn
1
Công thức
nghiệm; ∀k ∈ Z
a
sin 2 f ( x)
] = sin 2 g ( x) ]
b
cos 2 f ( x)
tan 2 f ( x)
] = cos 2 g ( x) ]
] = tan 2 g ( x) ]
cot 2 f ( x)
] = cot 2 g ( x) ]
2
3
f ( x ) = ± g ( x ) + kπ
f ( x), g ( x)
f ( x ) = ± g ( x ) + kπ
π
f ( x ) ≠ + kπ
2
f ( x), g ( x)
f ( x ) = ± g ( x ) + kπ
f ( x ) ≠ π + kπ
f ( x), g ( x)
Dạng 2. Phương trình bậc hai đưa về một hàm lượng giác
Dạng
1
2
3
4
Phương trình bậc hai đối với hàm số lượng giác:
Điều kiện(a,b,c ∈ R; a ≠ 0 )
Cách giải
2
sin
x
=t
a sin x + b sin x + c
=0
Đặt
sin f ( x) = t
a sin 2 [ f ( x) + b sin[ f ( x)] + c = 0
a cos 2 x + b cos x + c
=0
a cos 2 [ f ( x) + b cos[ f ( x)] + c = 0
a tan 2 x + b tan x + c
=0
a tan 2 [ f ( x) + b sin[ f ( x)] + c = 0
a cot 2 x + b cot x + c
=0
a cot 2 [ f ( x) + b cot[ f ( x)] + c = 0
Đặt
cos x
=t
cos f ( x) = t
Đặt
tan x
=t
tan f ( x) =
Đặt
cot x
=t
cot f ( x) = t
Trang 11
Chú ý :
1.Nếu đặt t = sinx, t = cosx thì phải có đk t ≤ 1
x = arcsin α + k2π
2.Sinx = α ⇔
(k ∈ Z)
x = (π − arcsin α) + k2π
Cosx = α ⇔ x = ± arccos α + k2π
Tanx = α ⇔ x = arctan α + kπ
Cotx = α ⇔ x = arccot α + kπ
Dạng 3. Đại số hóa phương trình lượng giác
Cơ sở của phương pháp cần thcự hiện ba bước:
• B1 nhận dạng R( x) = R (sin x; cos x) và đặt :
(ĐK: x ≠ (2k + 1)π ; k ∈ Z )
• B2: sử dụng các biến đổi
2t
sin x =
1+ t2
cos x =
1 − t1
1 + t1
t = tan
tan x =
x
2
2t
1− t2
Để đưa R( x) = R (sin x; cos x) về phương trình bậc hai:
f (t ) = at 2 + β t + γ = 0
Hay phương trình bậc cao g (t ) = 0 phải có cách giải đặc biệt.
• B3: kiểm tra hiện tượng mất nghiệm của phương trình: a sin x + b sin x = c
x = (2k + 1)π ; k ∈ Z khi a + b + c = 0
Trang 12
Dạng 4. Sử dụng hạng tử không âm
Cơ sở của phương pháp là sử dụng các tìm nghiệm nguyên của phương trình
phi tuyến đặc biệt:
A1[ f1 ( x)]
A, B ≥ 0
2m 1
+ A2 [ f 2 ( x)]
2m 2
+ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ + An [ f n ( x)]
2m n
f1 ( x) = 0
f ( x) = 0
=0
⇔ 2
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
f n ( x) = 0
Qua ba bước:
B1: biến đổi sơ cấp đưa phương trình ở giả thiết về dạng 1.(đơn giản)hay
tổng quát (dạng hai).
B2: giải các phương trình tương đương mà để các phương trình trogn hệ có
cách giải đơn giản đã đọc:
f1 ( x) = 0
f ( x) = 0
2
cho dạng tổng quát
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
f n ( x) = 0
B3:thông thường phải tìm nghiệm chung cho hệ đã biết để kết luận nghiệm
tổng quát
Dạng 5. Các phương trình lượng giác có phương pháp giải tổng quát
1.asinx + bcosx = c
Ta có: a.sinx + bcosx = c
a
b
c
⇔
sin x +
cos x =
a2 + b2
a2 + b2
a2 + b2
a
Vì
2
2
a +b
2
(1)
2
b
+ 2
=1
2
a
+
b
a
sin ϕ = 2
a + b2
Nên ∃ϕ sao cho :
b
cosϕ =
a2 + b2
Trang 13
Do đó : (1) ⇔ sinx.sin ϕ + cosx.cosϕ =
⇔ cos(x − ϕ) =
c
a2 + b2
c
a2 + b2
(2)
Vì vậy
• Nếu
c
a2 + b2
≤ 1 hay c2 ≤ a2 + b2
c
Thì (2) x − ϕ = ± arccos
2
2
a +b
• Nếu
c
c
⇔ x = ϕ ± arccos 2
2
a +b
> 1hay c2 ≤ a2 + b2 thì pt vô nghiệm
a +b
a) Pt a.sinx + bcosx = c có ngiệm khi và chỉ khi a 2 + b 2 > 0
2
2
b) Phương pháp giải thường dùng :Chia 2 vế cho
cơ bản
a2 + b2 từ đó dưa về pt dạng
2. a.sin2x + bsinx.cosx + c.cos2x = 0
_ Kiểm tra với x =
π
2
+ kπ xem có là nhiệm của pt hay không
_Chia 2 vế của pt cho cos2x (x ≠
π
2
+ kπ ), ta được pt :
a.tan2x + b.tanx + c = 0
Chú ý:
1. Gặp pt không thuần nhất : a.sin2x + bsinx.cosx + c.cos2x = d
Ta có thể chọn 1 trong 2 cách trình bày sau:
a) Viết d = d(sin2x + cos2x) sau đó đưa về pt thuần nhất
b) _Trước hết kiểm tra với x =
π
π
2
(d ≠ 0)
+ kπ
1
= 1 + tan2 x
2
2
cos x
2.Ngoài cách giải trên với pt thuần nhất hoặc không thuần nhất đối với sinx và
cosx ta có thể sử dụng cách giải sau : Dùng công thức đưa pt về dạng Asin2x +
Bcos2x = C
1 − cos2x
• sin2x =
2
1 + cos2x
• cos2x =
2
_Với x ≠
+ kπ , chia 2 vế của pt cho cos2x với lưu ý
Trang 14
sin2x
2
Tuy nhiên cách giải này chỉ nên sử dụng đối với những pt có chứa tham số
• sinx.cosx =
3. a(sinx + cosx) + bsinx.cosx = c (∗)
Đặt t = sinx + cosx ( t ≤ 2 )
t2 −1
Ta có : sinx.cosx =
2
Thay vào (*) ta được pt bậc 2 theo t, tìm t từ đó tìm x bằng cách thay t vào (*)
Chú ý:
_Với dạng a(sinx − cosx) + bsinx.cox = c
Đặt t = sinx − cosx ( t ≤ 2 )
_Với dạng a sinx + cosx + bsinx.cosx = c
Đặt t = sinx + cosx
( 0 ≤ t ≤ 2)
_với dạng a sinx − cosx + bsinx.cosx = c
Đặt t = sinx − cosx
( 0 ≤ t ≤ 2)
II. VÍ DỤ
Trang 15
Ví dụ 1 :Giải pt :
tan2x − ( 3 + 1)tanx + 3 = 0
Ñaë
t t = tanx ta ñöôïc pt
(pt baä
c hai theo tan)
t 2 − ( 3 + 1)t + 3 = 0
t = 1
⇔
t = 2
_ Vôù
i t = 1: tanx = 1 ⇔ x =
π
4
+ kπ
_Vôù
i t = 3 : tanx = 2 ⇔ x =
Vaä
y pt coù2 hoïnghieä
mx=
π
4
π
3
(k ∈ Z)
+ kπ (k ∈ Z)
+ kπ ; x =
π
3
+ kπ (k ∈ Z)
Ví dụ 2 : Giải pt :
cos3x − 3cos2x + 2 = 0 (pt baä
c 3 ñoá
i vôù
i cosx)
Ñaë
t t = cosx ( t ≤ 1)
Ta coùpt : t 3 − 3t 2 + 2 = 0
⇔ (t − 1)(t 2 − 2t − 2) = 0
t = 1
⇔ t = 1− 3
t = 1 + 3 (loaïi )
_Vôù
i t = 1: cosx = 1 ⇔ x = k2π
x = arccos(1 − 3) + k2π
_Vôù
i t = 1 − 3 : cosx = 1 − 3 ⇔
(k ∈ Z)
x = − arccos(1 − 3) + k2π
Ví dụ 3. Giải phương trình:
sinxcosx = 6(sinx – cosx – 1)
(1)
π
2 sin x − với − 2 ≤ u ≤ 2 (2)
4
2
Khi đó: u = 1 – sin2x ⇒ sin2x = 1 – u2
Đặt u = sinx – cosx =
Phương trình (1) với ẩn u có dạng:
1
(1 − u 2 ) = 6(u − 1)
2
2
⇔ u + 12u -13 = 0
Trang 16
u =1
⇔
u = −13 < − 2
thỏa mãn (2)
(loại)
Trở về tìm x, giải:
π
π 1
2 sin x − = 1 ⇔ sin x − =
4
4
2
π π
x − 4 = 4 + k 2π
⇔
x − π = 3 π + l 2π
4
4
π
x = + k 2π
⇔
(k , l ∈ Z )
2
x = π + l 2π
Ví dụ 4. Giải phương trình:
Sinx + cosx +sinxcosx = 1
Đặt u = s inx + cos x = 2 sin x +
(1)
π
4
với − 2 ≤ u ≤ 2 (2)
Khi đó u2 = 1 +2sinxcosx ⇒ sin x cos x =
u2 −1
2
Phương trình (1) với ẩn u có dạng:
u2 −1
=1
2
⇔ u 2 + 2u − 3 = 0
u+
u =1
⇔
u = −3 < − 2
Thỏa mãn (2)
loại
Trở về tìm x, giải:
π
π 1
2 sin x + = 1 ⇔ sin x + =
4
4
2
π π
x + 4 = 4 + k 2π
⇔
x + π = 3π
4
4
x = k 2π
(k, l ∈ Z)
⇔
π
x = + l 2π
2
Trang 17
Ví dụ 5. Giải phương trình:
4 sin x + 3cos x +
6
=6
4sin x + 3cos x + 1
(1)
Điều kiện: 4sinx+3cosx+1 ≠ 0
Đặt u = 4sinx + 3cosx = 5sin(x+ ϕ )
Trong đó ϕ là góc mà tan ϕ =
−5 ≤ u ≤ 5
u ≠ −1
Điều kiện
3
4
(2)
Phương trình (1) với ẩn u có dạng:
u+
6
=6
u +1
u = 0
⇔ u 2 − 5u = 0 ⇔
u = 5
Trở về tìm x, giải
a) 5sin( x + ϕ ) = 0
thỏa mãn (2)
⇔ sin( x + ϕ ) = 0
⇔ x + ϕ = kπ
⇔ x = −ϕ + kπ
b) 5sin( x + ϕ ) = 5
⇔ sin( x + ϕ ) = 1
⇔ x +ϕ =
π
2
+ l 2π
(k, l ∈ Z)
π
⇔ x = − ϕ + l 2π
2
Ví dụ 6. Giải phương trình
2(1- sinx – cosx) + tanx + cotx = 0
s inx ≠ 0
π
⇔x≠k
2
cos x ≠ 0
Điều kiện:
(1)
k ∈Z
Biến đổi phương trình (1) về dạng:
1
=0
s inx.cos x
π
Đặt u = s inx + cos x = 2 sin x +
4
2[1 − (s inx + cos x)] +
⇒ u 2 = 1 + 2 sin x cos x ⇒ sin x cos x =
1 2
(u − 1)
2
− 2 ≤ u ≤ 2
⇒
(2)
u ≠ ±1
Trang 18
Phương trình (1) với ẩn u có dạng:
2
=0
u −1
⇔ u (u 2 − u − 1) = 0
2(1 − u ) +
2
u=0
⇔
u = 1 ± 5
2
Chỉ có u=0 và
u=
1− 5
(thỏa mãn điều kiện(2))
2
Trở về tìm x, giải:
π
a) 2 sin x + = 0 ⇔ x + π = kπ
4
4
⇔ x=−
b)
π 1− 5
2 sin x + =
4
2
π
4
+ kπ
π 1− 5
⇔ sin x + =
= sin α
4 2 2
π
x + 4 = α + l 2π
⇔
x + π = π − α + n 2π
4
π
x = α − 4 + l 2π
⇔
x = 3 π − α + n 2π
4
(k, l, m ∈ Z)
Ví dụ 7. Giải phương trình
tan 4 x + cot 4 x = 8(t anx + c otx) 2 − 9
(1)
s inx ≠ 0
π
Điều kiện
⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ k
2
cos x ≠ 0
Biến đổi (1) về dạng
(1) ⇔ tan 4 x + cot 4 x = 8(tan 2 x + cot 2 x) + 7
Đặt u = tan2x + cot2x
⇒u≥2
(2)
⇒ u 2 = tan 4 x + cot 2 x + 2
Phương trình (1) với ẩn u có dạng
Trang 19
u2 -8u – 9 = 0
u = −1
⇔
u =9
loại
thỏa mãn (2)
Trở về tìm x, giải: tan2x + cot2x = 9
sin 2 x cos 2 x
+
=9
cos 2 x sin 2 x
⇔ sin 4 x + cos 4 x = 9 sin 2 xcos 2 x
1
9
⇔ 1 − sin 2 2 x = sin 2 2 x
2
4
11
⇔ sin 2 2 x = 1
4
3
⇔ cos4 x =
11
3
⇔ 4 x = ± ar cos + k 2π
11
3
± ar cos
11 + 1 kπ
⇔ x=
4
2
⇔
(k ∈ Z)
Ví dụ 8. Giải phương trình
1
1
1
1
(s inx + cos x) + 1 + t anx + c otx +
+
=0
2
2
s inx cos x
s inx ≠ 0
π
Điều kiện
⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ k
2
cos x ≠ 0
Biến đổi phương trình về dạng:
1
s inx + cos x
+
=0
sin x cos x sin x cos x
π
Đặt u = s inx + cos x = 2 sin x +
4
s inx + cos x + 2 +
Ta được u 2 = 1 + 2sin x cos x ≠ 1 ⇒ sin x cos x =
− 2 ≤ u ≤ 2
u ≠ ±1
Và điều kiện của u:
u2 −1
2
(2)
Phương trình đối với u có dạng
Trang 20
- Xem thêm -
.PDF 
59 
544 
136 
