Đề tài Rèn luyện kĩ năng kết hợp nghiệm và điều kiện trong phương trình lượng giác có điều kiện

 Nguyễn Trung Tiến 
1 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG 
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN 
A. MỞ ĐẦU 
 1. Lý do chọn đề tài 
Những kiến thức lượng giác đặc biệt là phương trình lượng giác (PTLG) là 
một bộ phận quan trọng trong chương trình toán THPT nói chung và trong Đại số 
và giải tích 11 nói riêng. Trong các đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng thường 
xuyên có mặt dạng toán giải PTLG, trong đó loại PTLG có điều kiện thường làm 
cho học sinh bối dối. Đa số các em gặp khó khăn trong khâu kết hợp nghiệm của 
phương trình hệ quả với điều kiện của phương trình ban đầu. 
Đặc thù của PTLG thường là có vô số nghiệm và công thức nghiệm cho một 
PTLG có thể có những hình thức biểu diễn khác nhau. Dung lượng kiến thức ở 
phần này tương đối lớn, số lượng tiết học trên lớp chỉ đảm bảo cho các em nắm 
vững kiến thức cơ bản. Để giải quyết tốt các đề bài PTLG có điều kiện ở mức độ 
thi đại học và cao đẳng, học sinh cần tìm tòi thêm và phải liên hệ tốt với kiến 
thức về công thức lượng giác. 
Nhằm giúp đỡ học sinh có kỹ năng tốt trong việc kết hợp nghiệm với điều 
kiện của PTLG có điều kiện qua đó có được những phương án giải quyết tối ưu 
và trọn vẹn cho mỗi bài toán PTLG có điều kiện, tôi chọn nghiên cứu chuyên đề: 
“RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG 
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN” 
 2. Mục đích nghiên cứu 
Chuyên đề nhằm rèn luyện cho học sinh kĩ năng tiếp cận vấn đề từ nhiều 
góc độ khác nhau từ đó chọn được một phương pháp kết hợp nghiệm với điều 
kiện phù hợp nhất đối với mỗi bài toán PTLG cụ thể. Qua đó có thể rút ngắn 
đáng kể thời gian để có được lời giải trọn vẹn, ngắn gọn, mạch lạc. 
 3. Phương pháp nghiên cứu 
+ Tổng hợp kiến thức, kiểm nghiệm qua thực tế dạy học. 
+ Tập hợp những vấn đề nảy sinh, những băn khoăn, lúng túng của học 
sinh trong quá trình giải quyết bài toán phương trình lượng giác có điều kiện. Từ 
đó đề xuất các phương án giải quyết, tổng kết thành bài học kinh nghiệm. 
 4. Phạm vi nghiên cứu 
Trong việc giải PTLG có điều kiện có thể có nhiều phương pháp kết hợp 
nghiệm với điều kiện, xong tôi chỉ tập trung nghiên cứu tìm hiểu những phương 
pháp phổ biến nhất, hiệu quả nhất và phù hợp với học sinh. Trong chuyên đề, tôi 
 Nguyễn Trung Tiến 
2 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
tổng hợp và đúc kết những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này mà chủ 
yếu là đối với học sinh đang học lớp 11. 
 5. Điểm mới của chuyên đề 
 Chuyên đề tập trung rèn luyện cho học sinh kỹ năng kết hợp nghiệm và 
điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện. Đặc biệt là cố gắng giúp học 
sinh nhận định được nên áp dụng phương pháp nào cho mỗi bài toán cụ thể. 
Chuyên đề cũng chú ý rèn luyện cho học sinh biết kết hợp các phương pháp kết 
hợp nghiệm và điều kiện trong một bài toán phương trình lượng giác. 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
3 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
B. NỘI DUNG. 
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM VỚI ĐIỀU KIỆN PHỔ 
BIẾN: 
1. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương 
trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác: 
 1.1 Kiến thức cơ sở: 
Trong phần này cần sử dụng tốt các công thức sau: 
 Công thức nhân đôi 
 Công thức hạ bậc 
 Các hằng đẳng thức cơ bản của lượng giác 
Từ đó ta có các kết quả cần chú ý sau 
sin 0
2 0
cos 0
a
sin a
a
=
= ⇔ 
=
sin 0
2 0
cos 0
a
sin a
a
≠
≠ ⇔ 
≠
2sin 0 cos 1a a= ⇔ = ± ; 2sin 1 cos 0a a= ⇔ = 
2os 0 sin 1c a a= ⇔ = ± ; 2os 1 sin 0c a a= ⇔ = 
sin 0 os 1a c a≠ ⇔ ≠ ± ; os 0 sin 1c a a≠ ⇔ ≠ ± 
 1.2 Một số ví dụ minh hoạ: 
Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2010, khối A) 
Giải phương trình 
( )1 sin os2 sin 14
cos
1 t anx 2
x c x x
x
pi 
+ + + 
 
=
+
Lời giải: 
 Điều kiện: cos 0 sin 1
t anx 1 t anx 1
x x≠ ≠ ± 
⇔ 
≠ − ≠ − 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
4 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
Khi đó 
( )1 sin os2 sin 14
cos
1 t anx 2
x c x x
x
pi 
+ + + 
 
=
+
( ) ( )cos 1 s inx cos 2 2.sin cos sin cos
4
x x x x x x
pi 
⇒ + + + = + 
 
⇔ ( ) ( )1 s inx cos 2 2.sin sin cos
4
x x x x
pi 
+ + + = + 
 
 (do cos 0x ≠ ) 
( )( ) ( )( )
( )
( )
( )
( )
2
2
sin cos sin os2 0 sin cos sin 1 2sin 0
tan 1sin cos
sin cos 0
sin 1 sin 1
2sin sin 1 0 1 1
sin sin /2 2
.21 6
sin
72
.2
6
x x x c x x x x x
x Lx x
x x
x x L
x x
x x t m
x k
x k Z
x k
pi
pi
pi
pi
⇔ + + = ⇔ + + − =

 = − = −
+ =  
⇔ ⇔ = ⇔ = 
− − = 
= − = −
 

= − +
⇔ = − ⇔ ∈

= +

Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B) 
Giải phương trình cot sin 1 tan . tan 4
2
x
x x x
 
+ + = 
 
Lời giải: Điều kiện 
cos 0
s inx 0 s in2x 0
os 0
2
x
x
c

 ≠

≠ ⇔ ≠

 ≠

Ta có 
sin
cos s inx 2cot sin 1 tan . tan 4 s inx 1 . 4
2 s inx cos os
2
x
x x
x x x
xx
c
 
  
+ + = ⇔ + + =  
   
 
⇔
cos . os s inx.sin
cos cos s inx2 2s inx 4 4
s inx s inx coscos . os
2
x x
x c
x x
x x
x c
 
+ 
+ = ⇔ + = 
 
 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
5 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
( )
( )
2 14 sin 2 /
sin 2 2
2 .2 .
6 12
5 52 .2 .
6 12
x t m
x
x k x k
k Z
x k x k
pi pi
pi pi
pi pi
pi pi
⇔ = ⇔ =
 
= + = + 
⇔ ⇔ ∈ 
 
= + = +
 
Ví dụ 3: (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 11/2009) 
Giải phương trình 1 1 2
cos sin 2 sin 4x x x
+ = 
Lời giải: 
 Điều kiện 
2
cos 0 sin 1 sin 1 sin 1
s in2x 0 s inx 0 s inx 0 s inx 0
sin 4 0 os2 0 1 2sin 0 2
sin
2
x x x x
x c x x
x

≠ ≠ ± ≠ ± ≠ ± 
   
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠   
   ≠ ≠
− ≠    ≠ ±

Khi đó 1 1 2
cos sin 2 sin 4x x x
+ = 
( )2
sin 1
4s inx. os2 2 os2 2 s inx 2sin s inx-1 0 sin 0
1
sin
2
x
c x c x x x
x

 = −

⇒ + = ⇔ + = ⇔ =

=

Đối chiếu với điều kiện ta được ( )
.21 6
sin
52
.2
6
x k
x k Z
x k
pi
pi
pi
pi

= +
= ⇔ ∈

= +

Vậy phương trình có nghiệm là ( )
.2
6
5
.2
6
x k
k Z
x k
pi
pi
pi
pi

= +
∈

= +

www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
6 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán_Tập 2 _Trần Phương) 
Giải phương trình 
4 4
4sin 2 os 2 os 4
tan tan
4 4
x c x
c x
x x
pi pi
+
=
   
− +   
   
Lời giải: 
 Điều kiện 
sin 0
4
os 0 sin 2 0
4 2
os2 0 sin 2 1
sin 0 sin 2 0
4 2
os 0
4
x
c x x
c x x
x x
c x
pi
pi pi
pi pi
pi
  
− ≠ 
 
    
− ≠ − ≠    
     
⇔ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ± 
    + ≠ + ≠       

  + ≠   
Nhận thấy tan .tan 1
4 4
x x
pi pi   
− + =   
   
, do đó phương trình đã cho trở thành 
4 4 4 2 4 4 2
2
1
sin 2 os 2 os 4 1 sin 4 os 4 2 os 4 os 4 1 0
2
sin 2 0
os 4 1 sin 4 0
os2 0
x c x c x x c x c x c x
x
c x x
c x
+ = ⇔ − = ⇔ − − =
=
⇔ = ⇔ = ⇔ 
=
Đối chiếu điều kiện ta được ( )sin 2 0
2
x x k k Zpi= ⇔ = ∈ 
Ví dụ 5: Giải phương trình 
2 4sin 2 os 2 1 0
sin .cos
x c x
x x
+ −
= 
Lời giải: Điều kiện sin 2 0x > 
Khi đó phương trình đã cho trở thành 
2
2 4 4 2
2
os 2 0 sin 2 1
sin 2 os 2 1 0 os 2 os 2 0
sin 2 0os 2 1
c x x
x c x c x c x
xc x
 = = ±
+ − = ⇔ − = ⇔ ⇔ 
== 
Đối chiếu điều kiện ta được ( )sin 2 1 2 .2 .
2 4
x x k x k k Zpi pipi pi= ⇔ = + ⇔ = + ∈ 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
7 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
Các bài tập tương tự 
 1/ 
2 3
2
2
os os 1
os2 tan
os
c x c x
c x x
c x
− −
− = ; 
 2/ 2os2 1cotx 1 sin sin 2
1 t anx 2
c x
x x− = + −
+
 (2003_A); 
 3/ 2cotx t anx 4sin 2
sin 2
x
x
− + = (2003_B); 
 4/ 2 2 2sin tan cos 0
2 4 2
x x
x
pi 
− − = 
 
 (2003_D); 
 5/ ( ) 25sin 2 3 1 sin tanx x x− = − (2004_B). 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
8 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
2. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập 
 2.1 Kiến thức cơ sở 
 + Các nhận xét về tính chu kì của hàm số lượng giác 
 ( )sin 2 sinkα pi α α+ = ∀ ; ( )s 2 osco k cα pi α α+ = ∀ ; 
 ( )tan tankα pi α α+ = ∀ ; ( )cot cotkα pi α α+ = ∀ 
 + Các công thức về giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt 
(sách giáo khoa Đại số 10) 
 2.2 Một số ví dụ minh hoạ 
Ví dụ 1: Giải phương trình os3 .tan 5 sin 7c x x x= 
Lời giải: Điều kiện os5 0c x ≠ 
Khi đó phương trình đã cho trở thành 
( )22sin 5 . os3 2sin 7 . os5 sin 8 sin12
20 10
k
x
x c x x c x x x k Z
k
x
pi
pi pi

=
= ⇔ = ⇔ ∈

= +

Với 
2
k
x
pi
= thì 
( )5os5 os os 2 os 0 2
2 2 2
k k k
c x c c k c k m m Zpi pi pipi   = = + = ≠ ⇔ = ∈   
   
Với 
20 10
k
x
pi pi
= + thì os5 os 0
4 2
k
c x c
pi pi 
= + ≠ 
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( ); ,
20 10
k
x m x m k Zpi pipi= = + ∈ 
Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ, 2011, khối A) 
Giải phương trình 2
1 s in2x+ cos 2 2 s inx sin 2
1 cot x
x
x
+
=
+
Lời giải: Điều kiện sin 0 cos 1x x≠ ⇔ ≠ ± 
Khi đó phương trình đã cho trở thành 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
9 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2sin 1 sin 2 os2 2 2 sin .cos 1 2sin .cos 2 os 1 2 2 cos
cos 0 /
2cos s inx cos 2 0
s inx cos 2 *
x x c x x x x x c x x
x t m
x x
x
+ + = ⇔ + + − =
 =
⇔ + − = ⇔ 
+ =
Giả sử sin 0 cos 1x x= ⇔ = ± , khi đó ( )* 0 1 2⇔ ± = (vô lí) 
Do đó phương trình tương đương với 
cos 0
2
cos 1 24 4
x x k
x
x k
pi
pi
pi
pi
pi

= = + ⇔  
− =  
= +   
Vậy phương trình có nghiệm là ( )2
2
4
x k
k Z
x k
pi
pi
pi
pi

= +
∈

= +

Ví dụ 3: Giải phương trình 
( ) 13s inx 2cos 3 1 t anx
cos
x
x
+ = + − 
Lời giải: Điều kiện os 0 sin 1c x x≠ ⇔ ≠ ± 
Khi đó 
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )( ) ( )( )
13s inx 2cos 3 1 t anx cos 3s inx 2cos 3 cos s inx 1
cos
cos 3s inx 2cos cos 3s inx 2cos 1
cos 3s inx 2cos 1 3s inx 2cos 1 0
cos 1 0 1
3s inx 2cos 1 cos 1 0
3s inx 2cos 1 0 2
x x x x
x
x x x x
x x x
x
x x
x
+ = + − ⇔ + = + −
⇔ + − = + −
⇔ + − − + − =
 − =
⇔ + − − = ⇔ 
+ − =
( )1 cos 1x⇔ = thoả mãn điều kiện, do đó ta được 2 ,x k k Zpi= ∈ 
Tiếp theo giả sử os 0 sin 1c x x= ⇔ = ± , thay vào (2) ta được 3 1 0± − = (vô lí) 
Tức là các nghiệm của (2) đều thoả mãn điều kiện. 
Giải (2) ta được 1ar os 2
13
x cc k k Zα pi= ± + ∈ , 
(với 2 3os ; sin
13 13
c α α= = ) 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
10 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
Vậy phương trình có nghiệm 
2
1
ar os 2
13
x k
k Z
x cc k
pi
α pi
=
 ∈
 = ± +

www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
11 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
Ví dụ 4: Giải phương trình 
2
2
tan t anx 2
sin
tan 1 2 4
x
x
x
pi+  
= + +  
Lời giải: Điều kiện os 0 sin 1c x x≠ ⇔ ≠ ± 
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
2
2 2
2
2
tan t anx 2 2 2 2
sin os tan t anx s inx cos
tan 1 2 4 2 2 2
1
sin cos .s inx s inx cos 2s inx s inx cos s inx cos 0
2
s inx cos 2s inx 1 0 *
x
x c x x x
x
x x x x x
x
pi  +  
= + ⇔ + = +    +    
⇔ + = + ⇔ + − + =
⇔ + − =
Giả sử os 0 sin 1c x x= ⇔ = ± , thay vào (*) ta được ( )1 2 1 0± ± − = (vô lí) 
Tức là các nghiệm của (*) đều thoả mãn điều kiện. 
Giải (*) ta được ( )3 5; 2 ; 2
4 6 6
x k x k x k k Zpi pi pipi pi pi= + = + = + ∈ 
Ví dụ 5: Giải phương trình tan 5 .tan 2 1x x = 
Lời giải: Điều kiện ( )
( )
( )
1
os5 0 10 5
,
os2 0 2
4 2
x m
c x
m n Z
c x
x n
pi pi
pi pi
 ≠ +≠ 
⇔ ∈ 
≠  ≠ +

phương trình tương đương với 
( )1tan 5 tan 5 cot 2
tan 2 14 7
x x x x k k Z
x
pi pi
= ⇔ = ⇔ = + ∈ 
+ Đối chiếu điều kiện (1) 
Giả sử 1 2
14 7 10 5 5
mk m k mpi pi pi pi ++ = + ⇔ = + 
Do ,k m Z∈ nên 1 2 1: 2
5 2
m t
t Z t m t+ −∃ ∈ = ⇔ = + 
Lại do ,t m Z∈ nên 1: 2 1
2
t
s Z s t s−∃ ∈ = ⇔ = + 
Từ đó 7 3k s= + . Suy ra 
14 7
x kpi pi= + với 7 3k s≠ + thoả mãn phương trình 
+ Đối chiếu điều kiện (2) 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
12 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
Giả sử ( )4 14 5 3
14 7 4 2
k n k npi pi pi pi+ = + ⇔ − = 
Ta thấy vế trái của (3) chẵn, vế phải của (3) lẻ nên không tồn tại ,k n Z∈ thoả mãn 
(3). 
Từ đó suy ra điều kiên (2) luôn được thoả mãn. 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( )
14 7
x k k Zpi pi= + ∈ 
Các bài tập tương tự 
1/ ( )2 s inx cos1
tan cot 2 cot 1
x
x x x
−
=
+ −
; 
2/ 2sin cotx 2sin 2 1x x+ = + ; 
3/ s inx.cot5x 1;
os9xc
= 
4/ ( )24 42 sin 2 .sin 3tan 1 ;cos
x x
x
x
−
+ = 
5/ ( )2 14cos 3 sin 3 .2x x− = 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
13 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
3. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG) 
 3.1 Kiến thức cơ sở 
+ Mỗi cung (hoặc góc) lượng giác được biểu diễn bởi một điểm trên 
ĐTLG 
 2x kα pi= + được biểu diễn bởi một điểm trên ĐTLG; 
 x kα pi= + được biểu diễn trên ĐTLG bởi 2 điểm đối xứng nhau qua O; 
2
3
k
x
pi
α= + được biểu diễn trên ĐTLG bởi 3 điểm cách đều nhau, tạo thành 
3 đỉnh một tam giác đều nội tiếp ĐTLG; 
2k
x
n
pi
α= + được biểu diễn trên ĐTLG bởi n điểm cách đều nhau, tạo thành 
n đỉnh một đa giác đều nội tiếp ĐTLG. 
+ Ta biểu diễn trên ĐTLG những điểm không thoả mãn điều kiện (đánh 
dấu “x”) và những điểm nghiệm tìm được (đánh dấu “o”). Những điểm đánh dấu 
“o” mà không trùng với những điểm đánh dấu “x” chính là những điểm thoả mãn 
điều kiện. 
 3.2 Một số ví dụ minh hoạ 
Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2011, khối D) 
Giải phương trình s in2x +2cos s inx 1 0
tanx + 3
x − −
= 
Lời giải: Điều kiện ( )t anx 3 3 ,
cos 0
2
x m
m n Z
x
x n
pi
pi
pi
pi
 ≠ − + ≠ − 
⇔ ∈ 
≠  ≠ +

Khi đó phươngtrình đã cho trở thành 
( ) ( )
( )( )
s in2x +2cos s inx 1 0 2cos s inx 1 s inx 1 0
s inx 1 x 2
2
s inx 1 2cos 1 0 1
cos 22 3
x x
k
x
x
x k
pi
pi
pi
pi
− − = ⇔ + − + =

= − = − + 
⇔ + − = ⇔ ⇔ 
 = 
= ± + 
Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng 
giác (như hình bên) ta được nghiệm của 
phương trình là ( )2
3
x k k Zpi pi= + ∈ 
3
pi
2
pi
− 
2
pi
 2
3
pi
3
pi
− 
O 
y 
x 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
14 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối A) 
Giải phương trình ( )6 62 cos sin sin .cos 0
2 2sin
x x x x
x
+ −
=
−
Lời giải: Điều kiện ( )
22 4
s inx ,
32 2
4
x m
m n Z
x n
pi
pi
pi
pi
 ≠ +
≠ ⇔ ∈
 ≠ +

Khi đó phương trình đã cho trở thành 
( )
( )
6 6
2
2
2 cos sin sin .cos 0
3 12 1 sin 2 sin 2 0
4 2
3sin 2 sin 2 4 0 sin 2 1
4
x x x x
x x
x x x
x k k Zpi pi
+ − =
 
⇔ − − = 
 
⇔ + − = ⇔ =
⇔ = + ∈
Ví dụ 3: Giải phương trình sin sin 2 1
sin 3
x x
x
+
= − 
Lời giải: Điều kiện sin 3 0 3
3
x x k x k pipi≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ 
Khi đó 
sin sin 2 1 sin sin 2 sin 3 0
sin 3
2sin 2 .cos sin 2 0
x x
x x x
x
x x x
+
= − ⇔ + + =
⇔ + =
( )
sin 2 0
sin 2 2cos 1 0 1
cos
2
x
x x
x
=
⇔ + = ⇔
 = −

o 
y 
x 
4
pi
3
4
pi
5
4
pi
Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng 
giác ta được nghiệm của phương trình là 
( )5 2
4
x k k Zpi pi= + ∈ 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
15 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
2
2 2
3
x k
x k
pi
pi
pi

=
⇔ 

= ± +

Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác 
Ta được nghiệm của phương trình là 
2
x kpi pi= + . 
Các bài tập tương tự 
1/ s inx sin 2 sin 3 3
cos os2 os3
x x
x c x c x
+ +
=
+ +
; 
2/ cos sin 3 0x x+ = ; 
3/ 1 cos 1 cos 4s inx
cos
x x
x
− + +
= ; 
4/ 
22 3. os 2sin 3 .cos sin 4 3 1
3 s inx cos
c x x x x
x
+ − −
=
+
; 
5/ ( )( ) ( )
1 2sin cos
3
1 2s inx 1 s inx
x x−
=
+ −
 (đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2009, khối A). 
O x 
2
pi
− 
y 
2
pi
3
pi
3
pi
− 
2
3
pi
4
3
pi
pi 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
16 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế. 
Khi áp dụng chuyên đề vào thực tế giảng dạy có thể nảy sinh một vài 
vấn đề cần chú ý như sau 
 1/ Nếu một bài toán PTLG có thể kết hợp nghiệm với điều kiện theo cả 
ba phương pháp trên thì nên áp dụng theo phương pháp nào? 
 Với vấn đề này cần nhấn mạnh cho học sinh thấy phương pháp 1 là ít thao 
tác hơn cả. Vi vi vậy nếu làm được theo phương pháp 1: “Biểu diễn nghiệm (của 
phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương trình ban đầu) qua cùng một hàm 
số lượng giác”là ngắn gọn hơn cả. 
 2/ Khi làm bài thi nếu áp dụng phương pháp 3: “Biểu diễn trên ĐTLG”, 
do yêu cầu thẩm mỹ và tính chính xác nên sẽ mất rất nhiều thời gian trình bày. 
Vậy có được phép bỏ qua phần vẽ hình ở khâu kết hợp điều kiện không? 
 Với vấn đề này, có thể cho phép học sinh không trình bày hình vẽ vào 
trong bài làm nhưng yêu cầu học sinh phải phác hoạ ra nháp và thực hiện đúng 
các thao tác như đã nói trong phương pháp để có kết luận chính xác. Đồng thời 
khi trình bày vào bài làm phải nói rõ là kết hợp trên ĐTLG ta được nghiệm của 
phương trình là 
 3/ Có phương pháp nào có thể áp dụng cho tất cả các bài toán PTLG có 
điều kiện không? Làm sao biết mỗi bài toán nên kết hợp nghiệm theo phương 
pháp nào? 
 Câu trả lời là không có phương pháp nào có thể áp dụng cho tất cả các bài 
toán. 
 Với những bài toán không áp dụng được theo phương pháp 1 thì ta tìm 
cách áp dụng phương pháp 2 và 3. Phương pháp 3 có thể coi là phổ biến hơn 
phương pháp 2 nhưng trong một số bài toán mà việc biểu diễn nghiệm và điều 
kiện cần quá nhiều điểm hoặc các điểm biểu diễn trên ĐTLG quá gần nhauthì 
phương pháp 3 gặp khó khăn và gần như không thể thực hiện được trong giới hạn 
về thời gian cũng như năng lực của học sinh. Khi đó phương pháp 2 lại phù hợp 
hơn ( ví dụ 1, ví dụ 5 của phương pháp 2 minh hoạ cho điều này). 
III. Hướng phát triển chuyên đề: 
Do thời gian có hạn nên chuyên đề chỉ đề cập những phương pháp cơ bản về kết 
hợp nghiệm với điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện. Chuyên đề 
có thể nghiên cứu để mở rộng với các bài toán giải hệ phương trình lượng giác 
hoặc hệ lượng giác hỗn hợp, cũng như các phương trình kết hợp giữa hàm số 
lượng giác và các hàm số mũ, lôga rít và hàm số dưới dấu căn
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Tiến 
17 
 www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 
C. KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY 
Trong quá trình giảng dạy tôi đã đem các vấn đề trên áp dụng vào hai buổi 
dạy tăng cường (sau khi đã dạy cho học sinh phương pháp giải phương trình 
lượng giác). Kết quả cụ thể như sau: 
Nội dung kiểm nghiệm 
Lớp 11A4 
(chưa đc học tăng cường) 
Lớp 11A3 
(đã đc học tăng cường) 
05/44 học sinh giải quyết 
trọn vẹn bài toán. 
35/42 học sinh giải 
quyết trọn vẹn bài 
toán. 
34/44 học sinh chỉ biến 
đổi đến phương trình 
4 22 os 4 os 4 1 0c x c x− − = mà 
không tìm được điều 
kiện hoặc mất quá nhiều 
thì gian vào việc tìm ra 
điều kiện cụ thể cho 
phương trình. 
06/44 học sinh kết hợp 
ngiệm theo phương pháp 
biểu diễn trên ĐTLG 
nhưng không đủ nghiệm 
hoặc thừa nghiệm. 
02/42 học sinh không 
thể giải quyết trọn 
vẹn bài toán do mải 
tìm ra điều kiện cụ 
thể. 
05/42 học sinh không 
thể giải quyết trọn 
vẹn bài toán do kết 
hợp nghiệm theo 
phương pháp biểu 
diễn trên đường tròn 
đơn vị và dẫn đến 
thừa hoặc thiếu 
nghiệm. 
Kiểm tra: 
Giải phương trình 
43 os8 4 os 4
tan tan
4 4
c x
c x
x x
pi pi
+
=
   
− +   
   
(Thời gian làm bài: 15 phút) 
Không có học sinh nào 
giải quyết trọn vẹn bài 
toán theo phương pháp 
biểu diễn nghiệm và điều 
kiện thông qua cùng một 
hàm số lượng giác. 
05/42 học sinh giải quyết 
trọn vẹn các bài toán 
theo phương pháp kết 
hợp nghiệm và điều kiện 
31/42 học sinh giải 
quyết trọn vẹn bài 
toán nhờ phương 
pháp biểu diễn 
nghiệm và điều kiện 
thông qua cùng một 
hàm số lượng giác 
cos2x . 
04/42 học sinh giải 
quyết trọn vẹn các bài 
toán theo phương 
www.DeThiThuDaiHoc.com
 Nguyễn Trung Ti