Phương phap giai phuong trinh luong giac khong mau muc

							Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn                                   Math 08-11


    PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ CÁCH GIẢI
             KHÔNG MẪU MỰC

    A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI
     Một số bài toán về phương trình lượng giác mà cách giải tuỳ theo đặc
thù của phương trình, chứ không nằm ở trong phương pháp đã nêu ở hầu hết
các sách giáo khoa.
     Một số phương trình lượng giác thể hiện tính không mẫu mực ở ngay
dạng của chúng, nhưng cũng có những phương trình ta thấy dạng rất bình
thường nhưng cách giải lại không mẫu mực.
     Sau đây là những phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực
thường gặp.

     I.PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNG
     Phương pháp này nhằm biến đổi phương trình lượng giác về dạng một
vế là tổng bình phương các số hạng (hay tổng các số hạng không âm) và vế
còn lại bằng không và áp dụng tính chất:
                                                     A  0
                                      A2  B 2  0  
                                                     B  0
    Bài 1. Giải phương trình:
    3 tan 2 x  4 sin 2 x  2 3 tan x  4 sin x  2  0

                                               GIẢI
    3 tan x  4 sin x  2 3 tan x  4 sin x  2  0
         2          2


     3 tan 2 x  2 3 tan x  1  4 sin 2 x  4 sin x  1  0
     ( 3 tan x  1) 2  (2 sin x  1) 2  0
      3 tan x  1  0
    
     2 sin x  1  0
                3
     tan x 
     
              3
     sin x  1
     
              2
          
      x  6  m
     
                  m, n  Z 
      x    2 n
     
          6


Nguyễn Văn Tuấn Anh                                                        1
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn                                                Math 08-11
                                                
                                       ĐS x         2k (k  Z )
                                                6

       II.PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP
       Phương pháp này được xây dựng trên tính chất: Để giải phương trình
f ( x)  g ( x) , ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A → R:
f ( x)  A, x  (a, b) và g ( x)  A, x  (a, b) thì khi đó:
                                                  f ( x)  A
                               f ( x)  g ( x)  
                                                  g ( x)  A
    Nếu ta chỉ có f ( x)  A và g ( x)  A , x  (a, b) thì kết luận phương trình
vô ngiệm.
    Bài 2. Giải phương trình:
    cos5 x  x 2  0

                                                GIẢI
    cos x  x  0  x   cos x
        5       2           2          5


    Vì  1  cos x  1 nên 0  x 2  1  1  x  1
                     
    mà  1,1  
                     ,   cos x  0, x   1,1   cos 5 x  0, x   1,1
                  2 2
    Do x  0 và  cos5 x  0 nên phương trình vô nghiệm.
         2


    Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

    Bài 3. Giải phương trình:
    sin1996 x  cos1996 x  1 (1)

                                                GIẢI
    (1)  sin         x  cos x  sin x  cos2 x
                    1996        1996       2


             sin 2 x(sin 1994 x  1)  cos 2 x(1  cos1994 x) (2)
             sin 2 x  0
    Ta thấy  1994
                           sin 2 x(sin1994 x  1)  0, x
             sin
                     x 1
        cos2 x  0
    Mà                   cos2 x(1  cos1994 x)  0, x
        1  cos x  0
        
                1994


                                                      x  m
                                       sin x  0   
                                                    x    m
                sin x(sin x  1)  0    sin x  1  
    Do đó (2)   2                    
                    2     1994
                                                            2
                                                              (m, n  Z )
                cos x(1  cos x)  0  cos x  0    x    n
                               1994
                
                                       cos x  1       2
                                                    x  n
                                                     


Nguyễn Văn Tuấn Anh                                                                  2
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn                                       Math 08-11
                                                       
     Vậy nghiệm của phương trình là: x  k (k  Z )
                                                       2
                                               
                                     ĐS x  k (k  Z )
                                                   2

    Áp dụng phương pháp đối lập, ta có thể suy ra cách giải nhanh chóng
những phương trình lượng giác ở các dạng đặc biệt dưới đây:
                                   sin ax  1
                                   
                                     sin bx  1
             sin ax. sin bx  1  
                                   sin ax  1
                                   
                                   sin bx  1
                                   

                                    sin ax  1
                                    
                                      sin bx  1
             sin ax. sin bx  1  
                                    sin ax  1
                                    
                                    sin bx  1
                                    

     Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng:
     cos ax. cosbx  1
     cos ax. cosbx  1
     sin ax. cosbx  1
     sin ax. cosbx  1

     III. PHƯƠNG PHÁP ĐOÁN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH
TÍNH DUY NHẤT CỦA NGHIỆM
     Tuỳ theo dạng và điều kiện của phương trình, ta tính nhẩm một nghiệm
của phương trình, sau đó chứng tỏ nghiệm này là duy nhất bằng một trong
những cách thông sụng sau:
               Dùng tính chất đại số
               Áp dụng tính đơn điệu của hàm số
     Phương trình f ( x)  0 có 1 nghiệm x    (a, b) và hàm f đơn điệu
trong (a, b) thì f ( x)  0 có nghiệm duy nhất là x   .
     Phương trình f ( x)  g ( x) có 1 nghiệm x    (a, b) , f (x) tăng (giảm)
trong (a, b) , g (x) giảm (tăng) trong (a, b) thì phương trình f ( x)  g ( x) có
nghiệm x   là duy nhất.
     Bài 4. Giải phương trình:
                   x2
     cos x  1       với x  0
                   2


Nguyễn Văn Tuấn Anh                                                            3
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn                                             Math 08-11


                                    GIẢI
    Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm x  0 .
                              x2
    Đặt f ( x)  cos x           1 là biểu thức của hàm số có đạo hàm
                               2
f ' ( x)   sin x  x  0, x  0 (vì x  sin x , x )
     Hàm f luôn đơn điệu tăng trong 0, 
     f ( x)  0 có 1 nghiệm duy nhất trong 0, 
    Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x  0 .

    B.CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN

    Bài 1: Giải phương trình:
     x 2  2 x cos x  2 sin x  2  0 (1)

                                                 GIẢI
    Ta có (1)  x  2 x cos x  cos x  sin 2 x  2 sin x  1  0
                        2                    2


                    ( x  cos x) 2  (sin x  1) 2  0
                     x  cos x  0
                   
                    sin x  1  0
                    cos x  x
                   
                    sin x  1
    Phương trình vô nghiệm.

    Bài 2: Giải phương trình:
    sin 4 x  cos15 x  1

                                                 GIẢI
    Ta có: sin x  cos x  1
                  4         15


     sin 4 x  cos15 x  sin 2 x  cos2 x
      sin 2 x(sin 2 x  1)  cos 2 x(1  cos13 x) (1)
    Vì sin 2 x(sin 2 x  1)  0, x
    Và cos 2 x(1  cos13 x)  0, x
                sin 2 x(sin 2 x  1)  0
    Do đó (1)   2
                
                cos x(1  cos13 x)  0
                




Nguyễn Văn Tuấn Anh                                                               4
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn                                            Math 08-11

                sin x  0
                
                sin x  1
               
                cos x  0
                cos x  1
                
                 x  m
                
                 x    m
                     2
                            (m, n  Z )
                 x    n
                     2
                 x  2n
                
                                      
                            ĐS x          k hay x  2k , (k  Z )
                                      2

   C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI

   Bài 3: Giải các phương trình:
                                                   1
          1.       sin 4 x  cos4 ( x         )     (1)
                                           4        4
                           1
          2.       (tan x  cot x) n  cosn x  sin n x(n  2,3,4,...)
                           4

                                                GIẢI
   1. Ta có:
                                              
                                                      2
                              
            (1  cos 2 x)     1  cos(2 x  2 )
                                               1
                          2
   (1)    
                   4                    4          4
           (1  cos 2 x)  (1  sin 2 x)  1
                         2                2


           cos 2 x  sin 2 x  1
                                 2
           cos(2 x        )
                        4        2
             x  k
                       (k  Z )
             x    k
                 4
                           
   2.Với điều kiện x  k ta có tan x và cot x luôn cùng dấu nên:
                           2
                                                                           n
           1               1                 1                   1
    tan x  cot x  tan x  cot x  2 tan x  cot x  1  tan x  cot x  1
           4               4                 4                   4



Nguyễn Văn Tuấn Anh                                                              5
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn                                            Math 08-11
                                     1                  1            1
   Dấu "=" xảy ra  tan x             cot x  tan 2 x   tan x  
                                     4                  4            2
                                                           2

          Với n  2 : phương trình  tan x  cot x   1 có nghiệm cho bởi:
                                                  1
                                                      
                                                 4    
                                     1              1
                         tan x    x   arctan  k (k  Z )
                                     2              2
          Với n  Z , n  2 thì:
   cos x  sin n x  cos2 x  sin 2 x  1
      n


                                   
                            x  k 2 khi n  2m
   Dấu bằng xảy ra                                                (k , m  Z )
                            x  2k hay x    2k khi n  2m  1
                           
                                             2
                                               
   (đều không thoả mãn điều kiện x  k của phương trình)
                                               2
   Vậy với n  2, n  Z thì phương trình vô nghiệm.
                                                1
                              ĐS x   arctan  k (k  Z )
                                                2

   Bài 4: Giải phương trình:
              1                   1
    cos x          1  cos 3 x          1  1 (1)
            cos x               cos 3 x

                                             GIẢI
                  cos x  0
   Điều kiện: 
                  cos3x  0
   Khi đó (1)  cos x  cos2 x  cos3x  cos2 3x  1
                  1        1                     1
   Vì a 2  a   (a  ) 2  0  a  a 2 
                  4        2                     4
                        1                          1
   Do đó cos x  cos2 x  và cos3x  cos2 3x 
                        4                          4
                     1                          1
    cos x  cos2 x  và cos3x  cos2 3x 
                     2                          2
                                           1              1
                       cos x  cos x  4         cos x  2
                                    2
                                                 
   Dấu bằng xảy ra                                          x
                       cos 3 x  cos 2 3 x  1   cos 3 x  1
                       
                                             4   
                                                            2
   Vậy phương trình (1) vô nghiệm.

   D.CÁC BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Nguyễn Văn Tuấn Anh                                                              6
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn                                              Math 08-11


     Bài 1: Giải phương trình:
     sin 3 x  cos3 x  2  sin 4 x
                                             HƯỚNG DẪN
     sin x  sin x , x
        3          2


     cos3 x  cos2 x , x
      sin 3 x  cos3 x  1 , x
     2  sin 4 x  1 , x
                                    3
                                   sin x  cos x  1
                                                 3

     Vậy phương trình tương đương: 
                                   2  sin 4 x  1
                                   
               
     ĐS x          2k (k  Z )
               2

     Bài 2: Giải phương trình:
                                             
     sin x  tan x  2x  0 với 0  x 
                                              2
                                HƯỚNG DẪN
     Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x  0
                                                       
     Đặt f ( x)  sin x  tan x  2 x liên tục trên 0; 
                                                        
                                                   2
                            (cos x  1)(cos x  cos x  1)             
                                                  2
     Có đạo hàm: f ' ( x)                                  0 , x  0;  do
                                                                       2
                                           2
                                        cos x
1 5                   1 5
      0  cos x  1        cos 2 x  cos x  1  0
  2                      2
                               
     f đơn điệu tăng trên 0; 
                               2

     Bài 3: Giải phương trình:
     cos 4 x  cos 2 x 2    5  sin 3 x
               
     ĐS x          2k (k  Z )
               2

     Bài 4: Giải phương trình:
     cos4 x  sin 4 x  cos x  sin x
     ĐS x  k (k  Z )

     Bài 5: Giải phương trình:
     x 2  2 sin xy  1  0


Nguyễn Văn Tuấn Anh                                                                7
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn                          Math 08-11

      x  1                 x  1
   ĐS  
                     hay   
                                          (k  Z )
       y  2  2k
                            y  2  2k
                            




Nguyễn Văn Tuấn Anh                                            8
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn   Math 08-11




Nguyễn Văn Tuấn Anh                     9