SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT PHÚC YÊN

ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Giáo viên thực hiện: Đặng Thị Bích Thảo
Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Học sinh lớp 12
Thời gian bồi dưỡng: dự kiến 04 tiết

Phúc Yên, tháng 3 năm 2014

1


ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. Cơ sở lí thuyết:
Trong chương trình toán THPT, chuyên đề phương trình, bất phương trình và
hệ phương trình có vị trí vô cùng quan trọng. Trong các đề thi TSĐH, CĐ hàng
năm của Bộ Giáo Dục, mảng kiến thức này mang lại cho các thí sinh từ 2 đến 3
điểm.
Khi luyện thi ĐH cho học sinh, tôi cũng như rất nhiều đồng nghiệp thường
phân chia thành các chuyên đề riêng biệt: phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình đại số (Lớp 10), phương trình lượng giác (Lớp 11), phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình mũ và lôgarit (Lớp 12). Tuy nhiên, nếu ta
khéo kết hợp giữa biến đổi lượng giác vào giải phương trình, hệ phương trình
nhiều khi cho kết quả đẹp bất ngờ đến thú vị.
Ta biết rằng từ phương trình lượng giác đơn giản cos3t = sint , ta có thể tạo
ra được phương trinh vô tỉ 4 x 3 − 3x = 1 − x 2 (1) ( do cos3t = 4cos3 t − 3cos t ).
Nếu thay x trong phương trình (1) bằng

 g ( x ) = a sin t
 π π
x =| a | sin t , t ∈ − ,  hoặc x = | a | cos t , t ∈[ 0, π ]
 2 2

DẠNG 3: Nếu bài toán chứa: x 2 − a 2 thì có thể đặt:
x=

|a|
|a|
 π π
π 
, t ∈ − ,  \ { 0} hoặc x =
, t ∈ [ 0, π ] \  
sin t
cos t
 2 2
2

DẠNG 4: Nếu bài toán chứa: a 2 + x 2 thì có thể đặt:
 π π
x =| a | tan t , t ∈  − ,  hoặc x = | a | cot t , t ∈( 0, π ) .
 2 2

DẠNG 5: Nếu bài toán

( x − a )(b − x)

chứa:


 2 2

3


Ví dụ 1:
1
Giải phương trình: 4 x3 − 3x − = 0 .
2

Lời giải:

1
Đặt f ( x ) = 4 x3 − 3x − . Ta có f ( −1) = −1,5, f ( −0,5) = 0,5, f ( 0 ) = −0,5, f ( 1) = 0,5
2

. Do đó phương trình có 3 nghiệm thuộc khoảng ( −1;1) và ta biết
cos3α = 4cos3α − 3cosα , do đó đặt x = cos t ( 0 ≤ t ≤ π ) khi đó phương trình có dạng
1
π
cos3t = ⇔ t = ± + k 2π
2

9
π
5π
7π
π
5π
7π


t

 π
cos = 0
1


t = 6
x=
2
t
3t

⇔
⇔
⇔ 2cos (1 − 2 sin ) = 0 ⇔ 
2

π
2
2
2
 3t

t=
x = 1
sin 2 = 2

2

3
3
1 + sin t  ( 1 + cost ) − ( 1 − cost ) ÷ = 2 + sin t





2

t
t 
t
t
⇔  cos + sin ÷  23 cos6 − 23 sin 6 ÷÷ = 2 + sin t


2

2 

2

2

t
t
t
t
⇔ 2 2  cos + sin 


⇔ 2 2cost 1 + sin t ÷ = 2 + sin t ⇔ 2 2cost -1 1 + sin t ÷ = 0
2
2




1

 2cost - 1 = 0 ⇔ cost =
2
⇔
 1
1 + sin t = 0 ( VN )
2


(

Vậy phương trình có nghiệm x =

)

1
.
2

Ví dụ 4:
Giải phương trình: ( 3 + 2 2 ) = ( 2 − 1) + 3 ( 1) .

9

9

Vậy phương trình đã cho có nghiệm
π
5π 

x1 = log 2 +1  cos ÷; x2 = log 2 +1  cos ÷ ; x3 = log


9



9 



2 +1 



cos

7π 
9 ÷

Ví dụ 5:
Giải phương trình:

7π 
 π
S = cos ;cos ;cos  mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó
9
9
9 


cũng chính là tập nghiệm của phương trình. (Hoặc theo VD1 ta cũng tìm được
nghiệm)

6


Ví dụ 7:
2
Giải phương trình: 1 + 2 x 1 − x = 1 − 2 x 2

2

Lời giải:
ĐK: x ≤

2
.
2

Đặt x = sint ⇒ sin t ≤

π

π
nên ta chọn được nghiệm t= −
4
4

⇒ nghiệm của phương trình là: x = − 2
2

π

t=
+ kπ

1
π
π
12
• Với sin2t = 2 ⇔  5π
, vì t ≤ nên ta chọn được nghiệm t=
4
12
t =
+ kπ
 12
⇒ nghiệm của phương trình là: x = sin π = 6 − 2
12
4

Vậy phương trình có nghiệm là: x = −


.
4
2

π
π 5π
π
2
≤t+ ≤
nên suy ra: − 1 ≤ cos(t + ) ≤
.
4
4
4
4
2

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .

Ví dụ 9:
Xác định m để phương trình: 1 − x 2 + 23 1 − x 2 = m (5) có nghiệm.
Lời giải:
ĐK: − 1 ≤ x ≤ 1 .
Đặt x = cost, với t ∈ [ 0, π ] .
Phương trình trở thành: 1 − cos 2 t + 23 1 − cos 2 t = m ⇔ sin t + 2.3 sin 2 t = m
Đặt u= 3 sin t , 0 ≤ u ≤ 1 ,
Phương trình trở thành: u3+2u2 = m (c)
Xét hàm số f(u) = u3+2u2 , với 0 ≤ u ≤ 1 .


1

0

+∞

+
3

0
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi (c) có nghiệm thuộc [ 0;1] ⇔ 0 ≤ m ≤ 3
.
b. Nếu
+) x =

thì ta có thể đặt :

a
 π π
, t ∈  − ; ÷\ { 0}
sin t
 2 2

+) x =

a
π 
, t ∈ ( 0; π ) \  
cost

cos t
1
cos t sin t
−1
2
cos t

⇔ sin t + cos t = 2 2 sin t.cos t

9


2
u
−1
Đặt sint + cost = u 1 ≤ u ≤ 2 , ta có sin t.cos t =
.
2

(

)

Khi đó phương trình đã cho có dạng :
u = 2(u − 1)
2

u = 2

⇔ 2u − u − 2 = 0 ⇔ 

hơn :
Ví dụ 11:
2
x 2 + 1 ( x + 1)
2
x +1 +
=
2x
2x ( 1 − x2 )
2

Giải phương trình:
Lời giải:

 π π
ĐK: x ≠ 0, x ≠ ±1 . Đặt : x = tan t , t ∈  − ; ÷
2 2




Khi đó phương trình trở thành.
2sin t cos 2t + cos 2t − 1 = 0 ⇔ sin t ( 1 − sin t − 2sin 2 t ) = 0

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x =

1
3

d. Một số dạng khác

= 0 ⇔ u − 2u − 1 = 0 ⇔ 
2
 u = 1 − 2 (thoa )

Vậy: sint +cost = 1 − 2
⇒x+

x
1
= 1 − 2 ⇔ x 2 − (1 − 2 ) x + 1 − 2 = 0 ⇔ x = 1 − 2 ± 2 2 − 1 .

x −1
2 

1
Do đó phương trình có nghiệm là: x = 1 − 2 ± 2 2 − 1 .
2

Ví dụ 13:
Giải phương trình: 1 + x + 8 − x + (1 + x)(8 − x) = 3 .
Lời giải:
π



ĐK: − 1 ≤ x ≤ 8 . Đặt x = -1 + 9sin2t, với t ∈ 0,  (vì hàm số y = sin2t tuần hoàn
 2
 π
với chu kì là π và là hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0,  ).


π

π



Vì t ∈ 0,  nên chọn được: t = 0 và t =
2
 2

*) t = 0 ⇒ x = −1 .
*) t =

π
⇒ x = 8.
2

Vậy phương trình có nghiệm: x = -1 và x = 8.
e. Bài tập tự giải
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1/ x 3 + (1 − x 2 ) 3 = x 2(1 − x 2 )

2/ 1 − x 2 − 2 x 1 − x 2 − 2 x 2 + 1 = 0

3/ 64 x 6 − 112 x 4 + 56 x 2 − 7 = 2 1 − x 2
x2
4/ (2 − 4 − x )(4 + 2 x ) − (2 − 4 − x )(4 − 2 x) = 2 + 1 −
4
2



Bài 2: Định m để phương trình sau có nghiệm:
1/ 2 − x + 2 + x − ( 2 − x )( 2 + x ) = m
2/ x + 9 − x = − x 2 + 9 x + m (ĐH Y_ Dược TP.HCM_1997)
5/ 1 − 9 x 2 = m − 3
6/ 4 x 2 − 16 = m − 2 x
7/ 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 .
(Trích đề thi tuyển sinh Đại Học khối A _2007 Bộ GD&ĐT)

12


1

1

+m
Bài 3: Cho phương trình: x +
1− x

1/Giải phương trình khi m= 2 +

2
3

2/Định m để phương trình có nghiệm.
II. Bài toán giải bất phương trình
1. Các ví dụ
Ví dụ 14:
Giải bất phương trình: x x 2 + 9 ≥ x 2 − 9 (8)

13


Đặt x = cost, với t ∈[ 0, π ] . Bất phương trình trở thành: sint + cost ≥ m

⇔ 2 sin(t +

Mà −

π
)≥m
4

π
2
π
≤ sin(t + ) ≤ 1 ⇔ − 1 ≤ 2 sin(t + ) ≤ 2 .
4
2
4
π
4

Vậy để bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ Max 2 sin(t + ) = 2 .
Ví dụ 16:
Giải bất phương trình :
Lời giải:

1+ x − 1− x ≤ x


2
2

t π
t π
t π
t π
⇔ 2cos( + )[ 2cos( − ) − 2] ≥ 0 ⇔ cos( + )[cos( − ) − 1] ≥ 0
2 4
2 4
2 4
2 4
π t π
t π
π
3π
⇔ cos( + ) ≤ 0 ⇔ ≤ + ≤ π ⇔ ≤ t ≤
⇔ −1 ≤ cos t ≤ 0
2
2
2 4
2 2 4

⇔ −1 ≤ x ≤ 0
Vậy bất phương trình có nghiệm

−1 ≤ x ≤ 0 .

Ví dụ 17:



−1
≤ sin t ≤ 1
2

⇔ tan t ≥

−1
−a
⇔x≥
3
3

Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥

−a
3

2. Bài tập tự giải
Bài 1: Giải các bất phương trình sau:
1/ x +

x
x2 −1

≥

35
12



Đặt 

 2 tan β
1 + tan 2 β = tan α
sin 2 β = tan α (1)
⇔
. Ta xét hai trường hợp :

sin 2α = tan β (2)
 2 tan α = tan β
1 + tan 2 α

Nếu sin α = 0 thì sin β = 0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Xét sin α ≠ 0 và sin β ≠ 0 : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :

sin 2α .sin 2 β = tan α .tan β ⇔ 4 cos α .cosβ =

1
1
⇔ cos α .cosβ =
(3)
cosα .cosβ
2

(1) ⇔ 2 cos α .sin β .cosβ = sin α ⇔ sin β = sin α ⇔ β = α (4)
Thay (4) vào (3) ta có
cos 2α =

⇔ 2α =


log 1 ( y − x) − log 4 y = 1
Giải hệ phương trình:  4
 x 2 + y 2 = 25


(1)
(2)

Lời giải:
y > x
ĐK: 
y > 0

16


1

log 1 ( y − x) + log 1 y = 1
Ta có hệ phương trình  4
4
 x 2 + y 2 = 25


1 1

( y − x) y = 4
⇔
 x 2 + y 2 = 25

.

cos t = 3

5
x = 3
.
y = 4

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 
Ví dụ 20:
 x + y + xy = 7

(1)

2
2
 x + y = 10

(2)

Giải hệ phương trình: 

(Trích đề thi Cao đẳng _Giao thông vận tải_ năm 2007)
Giải:
 x = 10 cos t
thay vào phương trình (1) ta được:
 y = 10 sin t ,

đặt: 

5 ⇒ 
với u =
⇒

5
sin t. cos t = 3
sin t =

10


cos t =


1
10
3
10
3
10
1
10

x = 3
x = 1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 
và 
y = 3
y = 1


x = 4sin 2 4α ( 4 − 4sin 2 4α ) =16sin 2 4α cos 2 4α = 4sin 2 8α

y = 4sin 2 2α 4 − 4sin 2 2α =16sin 2 2α cos2 2α = 4sin 2 4α

(5)

18


Từ (4) và (5) suy ra
4sin 2 8α = 4sin 2 α ⇔ cos16α = cos2α


α
⇔ 
α


= kπ
7
= kπ
9

( k ∈Z )

π
kπ
Với α = 7 vì 0 ≤ α ≤ 2 ⇒ k = 0; 1; 2; 3 .

Với k = 0 ⇒ x = 4sin 2 0 = 0; z = 4sin 2 ( 2.0 ) = 0; y = 4sin 2 ( 4.0 ) = 0 ⇒ T = 0

7
7
7
7
7
7
7
= sin 3π − sin π + sin 5π − sin 3π + sin 9π − sin 7π = − sin π
7
7
7
7
7
7
7
⇒ A= - 1 ⇒ T = 7
2
π
kπ
Với α = 9 vì 0 ≤ α ≤ 2 ⇒ k = 0; 1; 2; 3; 4 .Với k = 0 ⇒
x = 4sin 2 0 = 0; y = 4sin 2 ( 2.0 ) = 0; z = 4sin 2 ( 4.0 ) = 0 ⇒ T = 0

Với k = 1; 2; 4 ⇒ ta được cùng một giá trị


⇒ T = 4 sin 2 π + sin 2 2π + sin 2 4π



9

π
π
5
π
3
π
9
π
7
π
= sin − sin + sin − sin + sin − sin
9
9
9
9
9
9
π
5
π
7
π
π
2
π
= − sin + sin − sin
= − sin − 2cos sin π ⇒ A=0 ⇒ S=6
9
9
9

(
(

)
)

log 1 + 3 1 − x 2 = log 1 − y 2 + 2
2
3
1/ 
log 2 1 + 3 1 − y 2 = log 3 1 − x 2 + 2

2 x + 1 − y 2 = 2

2 y + 1 − x 2 = 2

 x 2 + y 2 = 3
2/ 
3/
 x + y + 3 xy = 1 + 4 2

x 2 + y 2 = 1

1
4/  3 3
3 x − y = x + y


 x 2 + y 2 = 1
5/  2