Chuyên đề Phương trình lượng giác trong các kỳ thi tuyển sinh ĐH - CĐ

Chia sẻ: Xuan Trung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

314
lượt xem 56
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với Chuyên đề Phương trình lượng giác trong các kỳ thi tuyển sinh ĐH - CĐ các bạn sẽ có thêm tài liệu tham khảo hữu ích cho học tập. Chuyên đề sẽ mang đến cho các bạn những kiến thức về: cơ sở lý thuyết, bài tập và các phương trình lượng giác trong các đề thi đại học từ 2002 đến nay.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Phương trình lượng giác trong các kỳ thi tuyển sinh ĐH - CĐ

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC KỲ THI TUYỂN SINH ĐH - CĐ A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT I . CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC: 1. Các hệ thức lượng giác cơ bản: Nhớ: “Cùng góc” sin x cos x sin 2 x + cos 2 x = 1; tan x = , cot x = ; − 1 sin x, cos x 1 cos x sin x 1 1 Suy ra: 1 + tan 2 x = 2 ,1 + cot 2 x = ; tan x.cot x = 1. cos x sin 2 x 2. Cung có liên quan đặc biệt: Nhớ: “Cos đối – Sin bù - Phụ chéo” cos(-α) = cosα sin(π - α) = sinα π π sin( - α) = cosα, cos( - α) = sinα sin(-α) = - sinα cos(π - α) = - cosα 2 2 tan(-α) = - tanα tan(π - α) = - tanα π π tan( - α) = cotα, cot( - α) = tanα cot(-α) = - cotα cot(π - α) = - cotα 2 2 Đặc biệt: sinα khi k chﾽ n sin(α kπ ) = ;tan(α kπ ) = tanα − sinα khi k lﾽ cosα khi k chﾽ n cos(α kπ ) = ;cot(α kπ ) = cot α −cosα khi k lﾽ 3. Công thức cộng: Nhớ: “ Sin thì sin cos, cos sin Cos thì cos cos, sin sin dấu đối” sin(a + b) = sina.cosb + cosa.sinb sin(a - b) = sina.cosb - cosa.sinb cos(a + b) = cosa.cosb - sina.sinb cos(a - b) = cosa.cosb + sina.sinb tan a + tan b tan( a + b) = 1 − tan a. tan b tan a − tan b tan( a − b) = 1 + tan a. tan b 4. Công thức nhân đôi: Nhớ: “Suy ra từ công thức cộng bằng cách thay b bằng a” 2.tan a sin2a = 2sina.cosa tan2a = 1 − tan2 a cos2a = 2.cos2a – 1 = 1– 2.sin2a = cos2a – sin2a 5. Công thức hạ bậc: Nhớ: “Được suy ra từ công thức nhân đôi”. 1 + cos2x 1 − cos2x cos2 x = ,sin2 x = 2 2 6. Công thức biến đổi tổng thành tích: Nhớ: “Sin cộng sin bằng hai lần sin cos. Sin trừ sin bằng hai lần cos sin Cos cộng cos bằng hai lần cos cos. Cos trừ cos bằng hai lần cos sin”
a+ b a− b sin(a + b) sin a + sin b = 2.sin .cos , tan a + tan b = 2 2 cosa.cosb a+ b a−b sin( a − b) sin a − sin b = 2.cos .sin , tan a − tan b = 2 2 cosa.cosb a+ b a− b a+ b a− b cosa + cosb = 2.cos .cos , cos a − cos b = −2.sin .sin 2 2 2 2 7. Công thức biến đổi tích thành tổng: Nhớ: “Suy ra từ công thức tổng thành tích” 1 sin a.cosb = � a + b) + sin( a − b) � sin( 2� � 1 cosa.cosb = � a + b) + cos( a − b) � cos( 2� � 1 sin a.sin b = − � a + b) − cos( a − b) � cos( 2� � 2t 1− t 2 2t 8. Công thức tính theo t = tan a: sin2a = ,cos2a = ,tan2a = 2 2 1+ t 1+ t 1− t 2 “Công thức này đa số học sinh không nhớ được nhưng hay dùng trong việc giải PTLG nên cần lưu ý cho học sinh” 9. Công thức nhân ba: sin3a = 3.sin a − 4.sin3 a, cos3a = 4.cos3 a − 3.cosa 3tan a − tan3 a tan3a = 1 − 3tan2 a II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PTLG: Để giải bài toán này phương pháp thường gặp là thực hiện một số phép biến đổi hợp lí (vì các công thức lượng giác rất đa dạng) để đưa bài toán về: + PTLG cơ bản. + PTLG thường gặp: 1. Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba, … đối với hslg. 2. Phương trình bậc nhất đối với sinu, cosu. 3. PT thuần nhất bậc hai đối với sinu, cosu. 4. Phương trình đối xứng đối với sinu và cosu. + Phương trình tích các PTLG cơ bản, các PTLG thường gặp. + Hệ các PTLG: phần này ta thuờng sử dụng: “Đưa về tổng các bình phương, đánh giá hoặc dùng bất đẳng thức …”. Các năm gần đây ít thấy ra dạng này nên tôi không giới thiệu trong chuyên đề này. Ngoài ra, ta còn sử dụng cách đặt ẩn số phụ hợp lí để đưa về phương trình theo ẩn phụ đó và giải tìm nghiệm. B. BÀI TẬP I. MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI THƯỜNG DÙNG: “Để đưa về PT tích hay để rút gọn” 1) 1 + sin 2 x = (sin x + cos x) 2 ; 1 − sin 2 x = (sin x − cos x) 2 sin x cos x cos x sin x sin 2 x 2) 1 tan x = , 1 cot x = , 3) sin x cos x = cos x sin x 2 4) cos 2 x = cos x − sin x = ( cos x − sin x ) . ( cos x + sin x ) 2 2 5) cos x = 1 − sin x = ( 1 − sin x ) . ( 1 + sin x ) sin 2 x = 1 − cos 2 x = ( 1 − cosx ) . ( 1 + cos x ) 2 2 sin 2 x + cos 2 x 2 sin 2 x − cos 2 x −2cos2x 6) t anx+ cot x = = , t anx − c ot x = = sin x.cosx sin 2x sin x.cosx sin 2x 7) sin 3 x + cos3 x = (sin x + cos x)(1 − sin x.cos x) , sin 3 x − cos3 x = (sin x − cos x)(1 + sin x.cos x) 8) cos 4 x − sin 4 x = cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x 1 1 � − cos 4 x � 3 1 1 sin 4 x + cos 4 x = 1 − 2sin 2 x.cos 2 x = 1 − .sin 2 2 x = 1 − . � � + .cos 4 x = 2 2 � 2 � 4 4
3 3 � − cos 4 x � 5 3 1 sin 6 x + cos 6 x = 1 − 3sin 2 x.cos 2 x = 1 − .sin 2 2 x = 1 − . � � + .cos 4 x = 4 4 � 2 � 8 8 �π 3 � 3π 3π 9) sin � + x � sin .cos x + cos .sin x = − cos x = �2 � 2 2 �π7 � 7π 7π cos � + x � cos = .cos x − sin .sin x = sin x �2 � 2 2 � π� π π 2 sin � + � sin x.cos + cos x.sin = x = . ( sin x + cos x ) � 4� 4 4 2 ………………………………………………………………. II. MỘT SỐ KĨ NĂNG NHẬN DẠNG THƯỜNG DÙNG: “Để vận dụng công thức lượng giác hợp lý để giải bài toán giải PTLG” Khi gặp PTLG có chứa: - “Bình phương, khác góc” ta thường sử sụng công thức hạ bậc. - “Tích các hàm số lượng giác sin và cos” ta thường biến đổi về tổng. - “Tổng các hàm số lượng giác sin và cos” ta thường biến đổi về tích. - “Góc gấp đôi nhau” ta thường sử dụng công thức nhân đôi. π 3π 7π - “Các góc đặc biệt”, VD như: x + , x − , − x ta thường sử dụng công thức cộng để biến đổi trước. 4 2 4 Lưu ý các cặp gặp phụ nhau. …………………………………………………………………… III. MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG: cos 2 x 1 Bài toán 1: Giải PTLG sau: cot x − 1 = + sin 2 x − sin x 1 + tan x 2 Nhận xét : “Ở bài toán này ta vận dụng các phép biến đổi ở trên để đưa về PT tích” HD: Điều kiện: sin x.cos x 0 và tanx ≠ −1 cos 2 x 1 cot x − 1 = + sin 2 x − sin x 1 + tan x 2 cos x − sin x ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x ) PT � = + sin x. ( sin x − cos x ) sin x cos x + sin x cos x � 1 � � ( sin x − cos x ) � x − cos x + sin �0= � sin x � sin x − cos x = 0 (1) π 1 ĐS: x = + kπ sin x − cos x + = 0 (2) 4 sin x � π� (1 + sin x + cos 2x)sin � + � x Bài toán 2: Giải PTLG sau: � 4 � 1 cos x (A – 2010) = 1 + tan x 2 � π� 2 Nhận xét : “Ở bài toán này ta thấy có chứa sin � + � x = . ( sin x + cos x ) và mẫu có chứa � 4� 2 sin x + cos x 1 + tan x = nên ta phân tích để rút gọn tử và mẫu cho (sinx + cosx)” cos x HD: Điều kiện: cos x 0 và tanx ≠ −1 2 (1 + sin x + cos 2 x). .(sin x + cos x) 2 1 PT � .cos x = .cos x sin x + cos x 2 (1 + sin x + cos 2 x).(sin x + cos x) � .cos x = cos x sin x + cos x
� (1 + sin x + cos 2 x) = 1 � sin x + cos 2 x = 0 “Góc 2x và 1x: nên sử dụng CThức nhân đôi” 1 � 2sin 2 x − sin x − 1 = 0 � sin x = 1(loai) hay sin x = − 2 π 7π ÐS : x = − + k 2π hay x = + k 2π ( k ﾢ ) 6 6 1 1 � 7π � + = 4 sin � − x � Bài toán 3: Giải PTLG sau: sin x � 3π � � 4 � – 2008) (A sin �− x � � 2 � � 3π � �π 7 � Nhận xét: “Ở bài toán này ta thấy có chứa sin � − x �và sin � − x �nên ta sử dụng công thức cộng để � 2 � �4 � biến đổi” HD: � 3π � 3π 3π sin � − x = � sin x.cos − cos x.sin = cos x � 2 � 2 2 �π 7 � 7π 7π 2 sin � − x � sin= .cos x − cos .sin x = − . ( sin x + cos x ) �4 � 4 4 2 Điều kiện: sin x 0, cos x 0 PT trở thành: 1 1 � 1 � + + 2 2(sin x + cos x) = 0 � (sin x + cos x) � +2 2� 0= sin x cos x � x.cos x sin � � π� sin � + � 0 x = � 4� π −π 5π � ÐS : x = − + kπ , x = + kπ , x = + kπ −1 4 8 8 sin 2 x = 2 1 2 ( cos x − sin x ) Bài toán 4: Giải PTLG sau: = tan x + cot 2 x cot x − 1 Nhận xét: “Ở bài toán này ta vận dụng các phép biến đổi ở trên để rút gọn v ế ph ải, ở v ế trái có ch ứa tanx + cot2x ta biến đổi trước” HD: sin x.sin 2 x + cos x.cos 2 x cos ( 2 x − x ) 1 Ta có: tan x + cot 2 x = = = cos x.sin 2 x cos x.sin 2 x sin 2 x Điều kiện: sin2x.(tanx + cot2x) 0 và cotx 1 1 2 ( cos x − sin x ) 2 PT � = � sin 2 x = 2.sin x � cos x = 1 cos x − sin x 2 sin 2 x sin x π Tìm nghiệm và kết hợp điều kiện ta được: x = − + k 2π ( k ﾢ ) 4 � x� Bài toán 5: Giải PTLG sau: cot x + sin x �+ tan x.tan � 4 1 = � 2� � x� Nhận xét: “Ở bài toán này ta để ý ở vế trái có chứa �+ tan x.tan � biến đổi trước” 1 ta � 2� HD: x x cos � − x � x cos x.cos + sin x.sin � � x 2 2= � 2� 1 Ta có: 1 + tan x.tan = = 2 x x cos x cos x.cos cos x.cos 2 2 Điều kiện: sinx ≠ 0, cosx ≠ 0 PT � cot x + tan x = 4 � tan 2 x − 4.tan x + 1 = 0 � tan x = 2 � 3 .
( ĐS: x = arctan 2 ) 3 + kπ (1 − 2sin x) cos x Bài toán 6: Giải PTLG sau: = 3 (A – 2009) (1 + 2sin x)(1 − sin x) Nhận xét: “Biến đổi và sử dụng cách giải PT: a.sinx + b.cosx = c” HD: PT � cos x − sin 2 x = 3. ( 1 − sin x − 2.sin 2 x ) � cos x − sin 2 x = 3. ( cos 2 x − sin x ) “Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về dạng a.sinx + b.cosx” � cos x − sin 2 x = 3. ( cos 2 x − sin x ) � 3.sin x + cos x = sin 2 x + 3.cos x “Chia hai vế của PT cho 2” � π� � π� π 2π 3π � sin � + � sin � x + � ĐS: x = − x = 2 +k ,x = + l 2π � 6� � 3� 18 3 2 Bài toán 7: Giải PTLG sau: sin x + cos x sin 2x + 3 cos 3x = 2(cos 4x + sin 3 x) (B – 2009) Nhận xét: “Biến đổi và sử dụng cách giải PT: a.sinx + b.cosx = c” Ở bài toán này ta thấy có chứa tích: cosx.sin2x nên ta biến đổi về tổng và có sin3x nên ta sử dụng công thức nhân ba để hạ bậc 3” HD: 1 3 1 PT � sin x + ( sin 3 x + sin x ) + 3 cos 3 x = 2(cos 4 x + sin x − sin 3 x) 2 4 4 1 3 3 1 � sin 3 x + sin x + 3 cos 3 x = 2 cos 4 x + sin x − sin 3 x 2 2 2 2 � sin 3 x + 3 cos 3 x = 2 cos 4 x “Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về dạng a.sinx + b.cosx” 1 3 � sin 3x + cos 3x = cos 4x “Chia hai vế của PT cho 2” 2 2 � π� π 2π −π � cos � − � cos 4x 3x = ĐS: x = + k ,x = + k2π � 6� 42 7 6 Bài toán 8: Giải PTLG sau: 2.sin 2 2 x + sin 7 x − 1 = sin x (B – 2007) Nhận xét: “Bình phương, khác góc ta thường sử dụng công thức hạ bậc” HD: 1 − cos 4 x PT � 2. + sin 7 x − 1 = sin x 2 � sin 7 x − sin x − cos 4 x = 0 “Tổng ta thường biến đổi về tích để đặt nhân tử chung” � 2 cos 4 x.s in3x − cos 4 x = 0 cos 4 x = 0 � cos 4 x(2s in3x − 1) = 0 � π sin 3 x = sin 6 π π π 2π 5π 2π KL : x = + k , x = + k ,x = +k 8 4 18 3 6 3 Bài toán 9: Giải PTLG sau: cos 3x cos2x − cos x = 0 (A – 2005) 2 2 Nhận xét: “Bình phương, khác góc ta thường sử dụng công thức hạ bậc” HD giải: ( 1+cos6x ) cos 2 x − 1+cos2x = 0 cos 2 3x.cos2x − cos 2 x = 0 � 2 2 � cos6x.cos 2 x = 1 “Tích ta thường biến đổi về tổng” 1 � ( cos8 x + cos 4 x ) = 1 “Góc 8x và 4x: nên sử dụng công thức nhân đôi” 2 π � 2.cos 2 4 x + cos 4 x − 3 = 0. ÐS : x = k . 2
Bài toán 10: Giải PTLG sau: sin 2x − cos2x + 3s inx − cos x − 1 = 0 (D – 2010) Nhận xét: “Góc 2x và 1x: nên sử dụng công thức nhân đôi để biến đổi” HD: PT � 2sin x.cos x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0 “Ở đây ta nhóm 2.sinx.cosx với cosx do khi nhóm với 3.sinx ta không giải tiếp được” � cos x. ( 2sin x − 1) + 2sin x + 3sin x − 2 = 0 2 � cos x. ( 2sin x − 1) + ( 2sin x − 1) . ( sin x + 2 ) = 0 � ( 2sin x − 1) ( cos x + sin x + 2 ) = 0 2sin x − 1 = 0 ( 1) π 5π � ÐS : x = + k 2π , x = + k 2π cos x + sin x + 2 = 0 ( 2 ) , PTVN 6 6 Bài toán 11: Giải PTLG sau: 5.sin x − 2 = 3.(1 − sin x).tan 2 x (B – 2007) Nhận xét: “Đưa về cùng một hàm số lượng giác” Ở bài toán này ta nhận thấy “cùng góc” nên sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản và đưa PT về cùng một hàm số sinx” HD: PT � 5sinx(1 − sin 2 x) − 2(1 − sin 2 x) = 3(1 − sinx).sin 2 x � 2sin 3 x+sin 2 x − 5sinx+2=0 1 � (t − 1)(2t 2 + 3t − 2) = 0 (t = sinx) � t = 1, t = , t = −2 2 π π ÐS : x = + k 2π , x = + k 2π 2 6 Bài toán 12: Giải PTLG sau: cos3x + cos2x − cosx − 1 = 0 (D – 2006) Nhận xét: “Đưa về cùng một hàm số lượng giác” Ở bài toán này ta nhận thấy cos3x và cos2x ta đều chuyển được về cosx nên sử dụng công thức nhân ba và công thức nhân đôi để đưa PT về cùng một hàm số sinx” HD: cos3x + cos2x − cosx − 1 = 0 � 4.cos 3 x − 3.cos x + 2 cos 2 x − 1 − cos x − 1 = 0 � 2cos3 x + cos 2 x − 2cosx − 1 = 0 � (2 cos x + 1)(cos 2 x − 1) = 0 −1 2π � cos x = ,sin x = 0 ÐS : x = + k 2π , x = kπ 2 3 Bài toán 13: Giải PTLG sau: sin x.sin 2 x + sin 3 x = 6 cos 3 x Nhận xét: “Biến đổi đưa về PT dạng: a.sin 3 x + b.cos 2x.sin x + c.cosx.sin 2 x + d.sin x + e.cosx + f.cos 3 x = 0 ” HD: PT � 2.sin 2 x.cos x + 3sin x − 4sin 3 x − 6.cos 3 x = 0 Khi cosx = 0 � sin 2 x = 1 (không thỏa phương trình). Khi cosx ≠ 0: Chia 2 vế cho cos3x, đặt t = tanx ta được: t 3 − 2t 2 − 3t + 6 = 0 � ( t − 2 ) . ( t 2 − 3) = 0 Bài toán 14: Giải PTLG sau: sin 3 x − 3 cos3 x = sin x.cos 2 x − 3.sin 2 x.cos x (B – 2008) Nhận xét: “Biến đổi đưa về PT dạng: a.sin 3 x + b.cos 2x.sin x + c.cosx.sin 2 x + d.sin x + e.cosx + f.cos 3 x = 0 ” HD: Khi cosx = 0 � sin 2 x = 1 (không thỏa phương trình). Khi cosx ≠ 0: Chia 2 vế cho cos3x, đặt t = tanx ta được: t 3 + 3t 2 − t − 3 = 0 � (t + 3)(t 2 − 1) = 0 π π � t = − 3, t = � 1 ÐS : x = − + kπ , x = + kπ 3 4 � π� � π� � π� Bài toán 15: Giải PTLG sau: cos � + � cos � + � cos � + � x + x = x � 3� � 6� � 4�
� π �� π � �+ � �+ � x + x Nhận xét: “Ở bài này ta nhận xét góc: � 3 � � 6 � � π �nên ta áp dụng công thức biến đổi tổng =�+ � x 2 � 4� thành tích để biến đổi PT” HD: � π� π � π� � π� π PT � 2.cos � + � x .cos = cos � + � cos � + � 0 x � x = ĐS: x = + kπ � 4 � 12 � 4� � 4� 2 sin x + cos x 4 4 = cos 2 4 x Bài toán 16: Giải PTLG sau: �π � � π � tan � + x � � − x � .tan �4 � � 4 � π π Nhận xét: “Ở bài này ta nhận xét góc + x và − x phụ nhau, tử ta sử dụng các phép biến đổi thường gặp” 4 4 HD: Điều kiện: �π �� π �π � π � �π � Ta có: � + x � � − x � + = nên tan � + x � cot � − x � = � 4 �� 4 � 2 � 4 � �4 � 3 1 Khi đó: PT � + .cos 4 x = cos 4 x � 4 cos 4 x − cos 4 x − 3 = 0 2 2 4 4 cos 4 x = 1 3 cos 4 x = − 4 CÁC PTLG TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ 2002 ĐẾN NAY: I. Biến đổi để đưa về phương trình bậc 2, bậc 3 đối với một hslg: cos3x + sin3x 1. (KA2002) Tìm các nghiệm thuộc khoảng (0; 2π) của phương trình: 5(s inx + ) = cos2x + 3 1+sin2x π 5π ĐS ; 3 3 sin 4 x + cos 4 x 1 1 π 2. (Dự bị2002) = cot g 2 x − ĐS: x = + kπ 5sin 2 x 2 8sin 2 x 6 x 3. (Dự bị2002)tgx + cosx - cos2x = sinx(1 + tgxtg ) ĐS: x = 2kπ 2 2 π 4. (KB2003) ) cotgx - tgx + 4sin2x = ĐS x = + kπ sin 2x 3 2cos4x π 5. (Dự bị2003) c otx = tanx + ĐS x = + kπ sin2x 3 π 5π 6. (KB2004) 5sinx − 2 = 3(1 − sinx)tan2x. ĐS x = + k 2π ; + k 2π 6 6 π 7. (KA2005) cos23xcos2x - cos2x = 0 ĐS x = k 2 π π 3 π 8. (KD2005) sin4x + cos4x + cos(x- )sin(3x- ) - = 0 ĐS x = + kπ 4 4 2 4 2 ( cos x + sin x ) − s inxcosx 6 6 5π 9. (KA2006) =0 ĐS x = + k 2π 2 − 2s inx 4 x π 5π 10. (KB2006) c otx + sinx(1 + tanxtan ) = 4 ĐS x = + kπ ; + kπ 2 12 12
2π 11. (KD2006 ) Cos3x + cos2x − cosx − 1 = 0 ĐS x = + k 2π ; kπ 3 � π� (1 + sin x + cos 2x)sin � + � x 12. (KA2010) � 4 � 1 cos x = 1 + tan x 2 II. Biến đổi để đưa về phương trình bậc nhất đối với sin u ( x ), cos u ( x) (1 − 2sin x) cos x π 2π 1.KA2009 = 3 ĐS: x = − +k (1 + 2sin x)(1 − sin x) 18 3 π π 2π 2.KB 2009 sin x + cos x sin 2x + 3 cos 3x = 2(cos 4x + sin 3 x) ĐS:x= − + k 2π ; + k 6 42 7 π π π π 3.KD2009 3 cos5x − 2sin 3x cos 2x − sin x = 0 ĐS: x = − k ; x = − − k 18 3 6 2 π π π 4.(KB2008) sin 3 x − 3cos 3 x = s inxcos 2 x − 3sin 2 xcosx ĐS x = + kπ ; x = − + kπ ; − + kπ 4 4 3 2 � x x� sin + cos �+ 3cosx = 2 5.(KD) � � 2 2� x � 3π � 6. (Dự bị2005) Tìm nghiệm trên khoảng ( 0; π ) của pt 4sin − 3cos2x = 1 + 2cos 2 � - 2 x � 2 � 4 � 5π 17π 5π ĐS ; ; 18 18 6 2s inx + cosx + 1 7. (Dự bị2002) Cho pt = a (*) sinx - 2cosx + 3 1 a. Giải pt (*) khi a = 3 π 1 b. Tìm a để pt (*) có nghiệm. ĐS x = − + kπ ; − a 2 4 2 III. Biến đổi, nhóm, đặt nhân tử chung để đưa về phương trình tích: kπ kπ 1. (KB2002) sin23x - cos24x = sin25x - cos26x ĐS x = ;x = 9 2 cos 2 x 1 π 2.(KA2003) cotgx - 1 = + sin2x - sin2x ĐS x = + kπ 1 + tgx 2 4 2�x π� 2 2 x π 3: (KD2003) sin � − � x − cos = 0 tan ĐS x = π + k 2π ; − + kπ � 4� 2 2 4 π 4.(Dự bị2003) 3 - tgx(tgx + 2sinx) + 6cosx = 0 ĐS x = + kπ 3 π 5.(Dự bị2003) cos2x + cosx(2tg2x - 1) = 2 ĐS x = π + k 2π ; + k 2π 3 π π 6.( KD2004) (2cosx − 1)(2sinx + cosx) = sin2x − sinx ĐS x = + k 2π ; − + kπ 3 4 2π π 7. (KB2005) 1 + sinx + cosx + sin2x + cos2x = 0 ĐS x = + k 2π ; − + kπ 3 4 π π 8.(KA2007) (1 + sin2x)cosx + (1 + cos2x)sinx = 1 + sin2x ĐS x = − + kπ ; x = + k 2π ; k 2π 4 2 9. (KB2007) 2sin22x + sin7x − 1 = sinx 1 1 7π − = 4sin( − x) π π 5π 10.(KA2008) s inx 3π 4 ĐS x = − + kπ ; x = − + kπ ; + kπ sin( x − ) 4 8 8 2
π π π 11.(KB2008) sin 3 x − 3cos 3 x = s inxcos 2 x − 3sin 2 xcosx ĐS x = + kπ ; x = − + kπ ; − + kπ 4 4 3 2π π 12. (KD2008) 2sinx(1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx ĐS x = + k 2π ; + kπ 3 4 π π 13. KB2010 (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0 x = + k (k ∈ Z) 4 2 π 5π 14. KD2010 sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0 ĐS x = + k 2π x= + k 2π 6 6 1 + sin 2 x + cos 2 x π π 15. KA2011 = 2 sin x sin 2 x ĐS: x = + kπ , x = + k 2π 1 + cot 2 x 2 4 π π k 2π 16. KB2011 sin 2 x cos x + sin x cos x = cos 2 x + sin x + cos x ĐS: x = + k 2π x = + 2 3 3 s in2x + 2 cos x − sin x − 1 π 17. KD2011 =0 ĐS: x = + k 2π tan x + 3 3 Trên đây là một sô phương pháp, một số phép biến đổi và một số kĩ năng thường sử dụng trong việc giải PTLG, không có kĩ năng hay phương pháp nào là tuyết đối. Muốn giải tốt các bài tập dạng này học sinh phải nắm vững kiến thức lượng giác và giải nhiều bài tập để tự rút ra kinh nghiệm riêng cho bản thân mình.