Bài 2: phương trình đẳng cấp với sin và cos pot

Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

219

Bài 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC NHẤT VỚI SINX, COSX
1. Phương pháp chung:

2 2
sin cos ; 0
a x b x c a b
+ = + >
(1)
Cách 1.

( )
( )
2 2 2 2 2 2
1 sin cos cos
c a b
x x x
a b a b a b
⇔ = + = − α
+ + +

Với
2 2 2 2 2 2
sin ; cos ; cos 2
a b c
x k
a b a b a b
= α = α = β ⇒ = α ± β + π

+ + +

Chú ý:
(1) có nghiệm
2 2 2
c a b
⇔ ≤ +

Cách 2.
Xét
cos 0
2
x
=
là nghiệm của (1)
0
b c
⇔ + =

Xét
0
b c
+ ≠
. Đặt
tan
2
x
t =
thì
2

2 2
2 1
sin ; cos
1 1
t t
x x
t t
−
= =
+ +
. Khi đó
(
)
1
⇔
( ) ( ) ( )
2
2 0
f t c b t at c b
= + − + − =

Cách 3.
Phân tích thành phương trình tích
2. Các bài tập mẫu minh họa
Bài 1.
Giải phương trình:
3
3sin 3 3 cos 9 1 sin 3
x x x
− = +

Giải
(
)
3 3
3sin 3 3 cos 9 1 4sin 3 3sin 3 4 sin 3 3 cos9 1
x x x x x x
− = + ⇔ − − =

3
1 1
sin 9 3 cos 9 1 sin 9 cos 9
2 2 2
x x x x
⇔ − = ⇔ − =
(
)
1
sin 9
3 2
x
π
⇔ − =
( )
2
9 2
3 6 18 9
5 7 2
9 2
3 6 54 9

k
x k x
k
k
x k x
π π π π
 
− = + π = +
 
⇔ ⇔ ∈
 
π π π π
− = + π = +
 
 
»

Bài 2.
Giải phương trình:
cos 7 .cos 5 3 sin 2 1 sin 7 .sin 5
x x x x x
− = −
(1)
Giải
( )
( )
1 cos 7 .cos 5 sin 7 .sin 5 3 sin 2 1
x x x x x
⇔ + − =

( )
cos 7 5 3 sin 2 cos 2 3.sin 2 1
x x x x x
⇔ − − ⇔ − =

3
1 1 1
cos 2 sin 2 cos cos 2 sin sin 2
2 2 2 3 3 2
x x x x
π π
⇔ − = ⇔ − =

(
)
( )
1
cos 2 2 2
3 2 3 3 3
x x k x k x k k
π π π −π
⇔ + = ⇔ + = ± + π ⇔ = π ∨ = + π ∈
»

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

220

Bài 3.
Giải phương trình:

( )
2 2 sin cos cos 3 cos 2
x x x x
+ = +
(1)
Giải
( )
( )
1 2 sin 2 2 1 cos 2 3 cos 2
x x x
⇔ + + = +
(
)
2 sin 2 2 1 cos 2 3 2
x x⇔ + − = −
.Ta có
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2
2
2 2 1 5 2 2
3 2 11 6 2
a b
c

+ = + − = −




= − = −

. Ta sẽ chứng minh:
2 2 2
a b c
+ <

5 2 2 11 6 2
⇔ − < −
( )
2
2
4 2 6 32 36
⇔ < ⇔ <
(đúng). Vậy (1) vô nghiệm.
Bài 4.
Giải phương trình:
(
)
(
)
(
)
3sin 4 sin 5 sin 5 0
3 6 6
x x x
π π π
− + + + + =

Giải
(
)
(
)
(
)
3sin 4 cos 5sin 5
3 2 6 6
x x x
π π π π
 
⇔ − + − + = − +
 
 

(
)
(
)
(
)
3sin 4 cos 5sin 5
3 3 6
x x x
π π π
 
⇔ − + − = + + π
 
 

. Đặt
3
4
sin ,cos
5 5
α = α =

(
)
(
)
7
cos sin sin .cos sin 5
3 3 6
x x x
π π π
 
⇔ α − + α − = +
 
 

(
)
(
)
7
sin sin 5
3 6
x x
π π

 
⇔ − + α = +
 
 

9
24 4 2 36 6 3
k k
x x
π α π π α π
⇔ = + + ∨ = − +

Bài 5.
Giải phương trình:
3 3
4sin cos 3 4 cos sin 3 3 3 cos 4 3
x x x x x
+ + =
(1)
Giải
( )
[
]
[
]
1 3sin sin 3 cos 3 3cos cos 3 sin 3 3 3 cos 4 3
x x x x x x x
⇔ − + + + =

[

]
3 sin cos 3 sin 3 cos 3 3 cos 4 3 sin 4 3 cos 4 1
x x x x x x x
⇔ + + = ⇔ + =

(
)
3
1 1 1
sin 4 cos 4 cos sin 4 sin cos 4 sin 4
2 2 2 3 3 3 2
x x x x x
π π π
⇔ + = ⇔ + = + =

( )
24 2 8 2
k k
x x k
−π π π π
⇔ = + ∨ = + ∈
»

Bài 6.
Giải phương trình:
3sin cos 1
x x
+ =

Giải

Ta có
3sin cos 1 3sin 1 cos
x x x x
+ = ⇔ = −

(
)
2
6sin cos 2 sin 2 sin 3cos sin 0
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
⇔ = ⇔ − =
. Xét 2 khả năng
a.
sin 0 2
2 2
x x
k x k
= ⇔ = π ⇔ = π

b.

( )
3cos sin 0 tg 3 2 2
2 2 2 2
x x x x
k x k k− = ⇔ = ⇔ = α + π ⇔ = α + π ∈
»

Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

221

Bài 7.
Giải phương trình:
sin 5cos 1
x x
+ =
(1)
Giải

( )
(
)
(
)
(
)
2
1 5cos 1 sin 5 cos sin cos sin cos sin
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x x⇔ = − ⇔ − + = −

(
)
(
)
2

cos sin 4cos 6 sin 0 tan 1 tan tan
2 2 2 2 2 2 3
x x x x x x
⇔ − + = ⇔ = ∨ = − = α

( )
2 2 2
2 4 2 2
x x
k k x k x k k
π π
⇔ = + π ∨ = α + π ⇔ = + π ∨ = α + π ∈
»

Bài 8.
Giải phương trình:
( )
sin 3 cos sin 3 cos 2 1
x x x x+ + + =

Giải
Ta có:
(
)
3
1
sin 3 cos 2 sin cos 2sin
2 2 3
x x x x x
 

π
+ = + = +
 
 

Đặt
(
)
sin 3 cos 2sin 0 2
3
t x x x t
π
= + = + ⇒ ≤ ≤
, khi đó
( )
( )
[
]
2
2
1 2 2 2 5 4 0 1 0;2
t t t t t t t t t⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ − + = ⇔ = ∈

(
)
(
)
1
2sin 1 sin
3 3 2

x x
π π
⇔ + = ⇔ + =
( )
2 2
6 2
x k x k k
−π π
⇔ = + π ∨ = + π ∈
»

Bài 9.
Giải phương trình:
(
)
(
)
( )
1 3 sin 1 3 cos 2 1
x x+ + − =

Giải
Do
(
)
1 3 2 2 3 0
b c
+ = + + = − ≠
nên
cos 0

2
x
=
không là nghiệm của (1)
Đặt
2
2t
tan sin
2
1+t
x
t x= ⇒
và
2
2
1
cos
1
t
x
t
−
=
+
, khi đó
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2

2 2
2 1
1 1 3 1 3 2 2 1 3 1 3 1 2 1
1 1
t t
t t t
t t
−
⇔ + + − = ⇔ + + − − = +
+ +

(
)
(
)
(
)
2
3 3 2 1 3 1 3 0t t
⇔ − − + + + = ⇔

1 3
5
1
tan tan tan tan
2 6 2 12
3 1 3
x x
t t
+

π π
= ∨ = − ⇔ = ∨ =
−
5
2 2
3 6
x k x k
π π
⇔ = + π ∨ = + π

Bài 10.
Giải phương trình:
(
)
( )
sin 3 3 2 cos3 1 1
x x+ − =

Giải
Do
(
)
3 2 1 3 1 0
b c
+ = − + = − ≠
nên
3
cos 0
2
x

=
không là nghiệm của (1)
Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

222

Đặt
2
3 2
tan sin 3
2
1
x t
t x
t
= ⇒ =
+
và
2
2
1
cos 3
1
t
x
t
−
=
+
, khi đó

( )
(
)
(
)
2 2
1 2 3 2 1 1
t t t
⇔ + − − = +
(
)
(
)
2
1 3 2 3 3 0
t t
⇔ − + + − =

1
3 3
tan 1 tan 3
2 2
3
t
x x
t
=

⇔ ⇔ = ∨ =


=

( )
2 2 2
6 3 9 3
k k
x x k
π π π π
⇔ = + ∨ = + ∈
»

Bài 11.
Tìm
m
để
(
)
2sin cos 1 1
x m x m+ = −
có nghiệm
,
2 2
x
−π π
 
∈
 
 

Giải

Do
(
)
1 0
b c m m
+ = + − ≠
nên
cos 0
2
x
=
không là nghiệm của (1)
Đặt
tan
2
x
t =
thì
( )
2
2 2
2 1
1 2 1
1 1
t t
m m
t t
−
⇔ ⋅ + ⋅ = −
+ +

(
)
( )
(
)
( )
2 2 2
4 1 1 1 4 1 2 0
t m t m t f t t t m
⇔ + − = − + ⇔ = − + − =

Cách 1:

Yêu cầu bài toán
( )
2
4 1 2 0
f t t t m
⇔ = − + − =
có nghiệm
[
]
1,1
t ∈ −

Xét
(
)
1 0 6 2 0 3

f m m
− = ⇔ − = ⇔ =
thỏa mãn
Xét
(
)
1 0 2 2 0 1
f m m
= ⇔ − − = ⇔ = −
thỏa mãn
Xét
(
)
0
f t
=
có 1 nghiệm
(
)
1,1
t ∈ −
và 1 nghiệm
[
]
1,1
t ∉ −

(
)
(

)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 6 2 2 2 0 2 6 2 2 0 1 3
f f m m m m m
⇔ − = − − − < ⇔ − + < ⇔ − < <

Xét
(
)
0
f t
=
có 2 nghiệm
1 2
,
t t
thỏa mãn
1 2
1 1
t t
− < ≤ <

( ) ( )

{
}
0; 1. 1 0 ; 1. 1 0; 1 1
2
S
f f
′
⇔ ∆ ≥ − > > − < <
, hệ này vô nghiệm
Kết luận
: (1) có nghiệm
, 1 3
2 2
x m
−π π
 
∈ ⇔ − ≤ ≤
 
 
.
Cách 2
:
( )
2
4 1 2 0
f t t t m
= − + − =
có nghiệm
[
]

1,1
t ∈ −

( )
2
1 1
2
2 2
g t t t m
⇔ = − + =
có nghiệm
[
]
1,1
t ∈ −

Ta có:
(
)
[
]
(
)
2 0 1,1
g t t t g t
′
= − < ∀ ∈ − ⇒
nghịch biến trên
[
]

1,1
−

Suy ra tập giá trị
(
)
g t
là đoạn
( ) ( )
[
]
1 , 1 1,3
g g
 
− ≡ −
 
. Từ đó (1) có nghiệm
( )
,
2 2
x g t m
−π π
 
∈ ⇔ =
 
 
có nghiệm
[
]
1,1 1 3

t m
∈ − ⇔ − ≤ ≤

Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

223

II. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 2 VỚI SINX, COSX
1. Phương pháp chung
2 2
sin sin cos cos 0
a x b x x c x d
+ + + =
với
( )
2 2 2
0 1
a b c+ + >

Bước 1:
Xét
cos 0
x
=
có là nghiệm của (1) hay không
0
a d
⇔ + =

Bước 2:

Xét
0 cos 0
a d x
+ ≠ ⇒ =
không là nghiệm của (1)
Chia 2 vế của (1) cho
2
cos 0
x
≠
ta nhận được phương trình
( )
(
)
2 2
1 tan tan 1 tan 0
a x b x c d x
⇔ + + + + =
. Đặt
tan
t x
=

( )
( ) ( ) ( )
2
1 0
f t a d t bt c d
⇔ = + + + + =

Bước 3:
Giải và biện luận
(
)
0
f t
= ⇒
Nghiệm
0
tg
t x
= ⇒
nghiệm
x.
2. Các bài tập mẫu minh họa
Bài 1. a
. Giải phương trình:
2 2
sin 2 sin cos 3cos 3 0
x x x x
+ + − =

b.
Giải phương trình:
2
sin 3sin cos 1 0
x x x
− + =

Giải

a.

2 2
sin 2 sin cos 3cos 3 0
x x x x
+ + − =
(1)
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (1) thì từ (1)
2
2
2
cos 0
sin 1
sin 3 0
sin 3
x
x
x
x
=

=
 
⇒ ⇔
 
− =

=





⇒
Vô lý. Chia 2 vế của (1) cho
2
cos 0
x
≠
ta nhận được
( )
(
)
2 2 2
1 tan 2 tan 3 3 1 tan 0 2 tan 2 tan 0
x x x x x
⇔ + + − + = ⇔ − =

( ) ( )
tan 0
2 tan 1 tan 0
tan 1
4
x k
x
x x k
x k

x
= π

=


⇔ − = ⇔ ⇔ ∈

π
= + π
=



»

b.

2
sin 3sin cos 1 0
x x x
− + =
(2)
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (2) thì từ (2)
2
cos 0

sin 1 0
x
x
=


⇒

+ =


⇒
Vô lý
Chia 2 vế của (2) cho
2
cos 0
x
≠
ta nhận được phương trình
( )
(
)
2 2 2
2 tan 3tan 1 tan 0 2 tan 3 tan 1 0
x x x x x
⇔ − + + = ⇔ − + =
( )( ) ( )
tan 1 tan
4
4

tan 1 2 tan 1 0
1
tan tan
2
x
x k
x x k
x
x k
π

= = π

= + π


⇔ − − = ⇔ ⇔ ∈


= = α
= α + π



»

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

224

Bài 2. a.
Giải phương trình:
2 2
5
4 3 sin cos 4 cos 2sin
2
x x x x
+ = +

b.
GPT:
( )
(
)
(
)
(
)
2 2
5 3
3sin 3 2sin cos 5sin 0
2 2 2
x x x x x
π π π
π − + + + − + =

Giải
a.
Phương trình
( )

2 2
5
2sin 4 3 sin cos 4cos 0 1
2
x x x x⇔ − − + =

Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (1) thì từ (1)
2
5
2sin 0
2
x
⇒ + = ⇒
Vô lý
Chia 2 vế của (1) cho
2
cos 0
x
≠
ta nhận được phương trình
( )
( )
2 2 2
5
1 2 tan 4 3 tan 4 1 tan 0 9 tan 8 3 tan 3 0
2

x x x x
⇔ − − + + = ⇔ − − =

( )
3
tan 3 tan tan tan
3 9 3
x x x k x k k
−
π π
⇔ = = ∨ = = α ⇔ = + π ∨ = α + π ∈
»

b.
( )
(
)
(
)
(
)
2 2
5 3
3sin 3 2sin cos 5sin 0
2 2 2
x x x x x
π π π
π − + + + − + =

( )

2 2
3sin 2sin cos 5 cos 0 2
x x x x⇔ − − =

Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (1) thì từ (2)
cos 0
sin 0
x
x
=

⇒

=


⇒
Vô lý
Chia 2 vế của (2) cho
2
cos 0
x
≠
ta nhận được phương trình
( )
2

tan 1 tan
4
4
2 3 tan 2 tan 5 0
5
tan tan
3
x
x k
x x
x
x k
−π

= − =
−π

= + π


⇔ − − = ⇔ ⇔


= = α
= α = π




Bài 3.

GPT:
a
.
1
3 sin cos
cos
x x
x
+ =

b.
1
4sin 6 cos
cos
x x
x
+ =

Giải
a.

2
2
3 sin cos
1 1
3 sin cos 3 tan 1 1 tan
cos cos
cos
x x
x x x x

x x
x
+
+ = ⇔ = ⇔ + = +

( )
{
}
2
tan 0
tan 3 tan 0 tan tan 3 0 ;
3
tan 3
x
x x x x x k k
x
=

π
⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈ π + π

=


b
.
2
2
4sin 6 cos
1 1

4sin 6 cos 4 tan 6 1 tan
cos cos
cos
x x
x x x x
x x
x
+
+ = ⇔ = ⇔ + = + ⇔

( )( )
2
tan 1 tan
4 4
tan 4 tan 5 0 tan 1 tan 5 0
tan 5 tan
x x k
x x x x
x x k
−π −π
 
= − = = + π
 
− − = ⇔ + − = ⇔ ⇔
 
= = α = α + π
 

Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

225

Bài 4.
Giải phương trình:
2 2
3
7 sin 2 sin 2 3cos 3 15 0
x x x
+ − − =
(1)
Giải
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (1) thì từ (1)
2
3
cos 0
7 sin 3 15
x
x
=


⇒

=



⇒
Vô lý
Chia 2 vế của (1) cho
2
cos 0
x
≠
ta có
( )
(
)
2 2
3
1 7 tan 4 tan 3 3 15 1 tan 0
x x x
⇔ + − − + =

(
)
(
)
( )
2
3 3
7 3 15 tan 4 tan 3 3 15 0 2
x x⇔ − + − + =
. Ta có
3
2

3
25 12 15 9 15
′
∆ = + −

Đặt
3 3
3
5
15 15 25
3
t t t
= ⇒ = ⇒ =
, ta sẽ chứng minh
∆′
<0 . Thật vậy, ta có:
( )
(
)
3 2
5 5
12
9 12 3
3 3 5
t t t t t t
′
∆ = − + = − −
. Do
( )
3

3
3
12
2,4 15 3 2, 4 15 3
5
t
< < ⇔ = < = <

nên suy ra:
(
)
0 2
′
∆ < ⇒
vô nghiệm
⇒
(1) vô nghiệm.
Bài 5.
Tìm
m
để:
2
cos 4sin cos 2 0
m x x x m
− + − =
có nghiệm
(
)
0,
4

x
π
∈

Giải
Với
(
)
0,
4
x
π
∈
thì
cos 0
x
≠
nên chia 2 vế phương trình cho
2
cos 0
x
≠
ta có
( )
(
)
2
4 tan 2 1 tan 0
m x m x
− + − + =

. Đặt
(
)
tan 0,1
t x= ∈
.
Khi đó:
( )
(
)
2 2 2
2 4 2 2 0 2 2 4 2m t t m m t t t
− − + − = ⇔ + = + + ⇔

( )
(
)
2
2
2 2 1
2
t t
g t m
t
+ +
= =
+
. Ta có
( )
(

)
( )
( )( )
( )
( )
2
2 2
2 2
4 2 4 2 1
0, 0, 1
2 2
t t t t
g t t
t t
− − − − +
′
= = > ∀ ∈
+ +

(
)
g t
⇒
tăng /
(
)
(
)
0,1
g t m

⇒ =
có nghiệm
(
)
( )
( )
(
)
(
)
0,1 0 , 1 1, 2
t m g g∈ ⇔ ∈ ≡
.
Bài 6.
Cho phương trình:
( ) ( )
( )
2 2
sin 2 2 sin cos 1 cos 1
x m x x m x m+ − − + =

a.
GPT:
2
m
= −

b.
Tìm
m

để phương trình có nghiệm.
Giải
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của phương trình (1) thì từ (1) suy ra
2
cos 0
sin
x
x m
=



=


2
2
2
1
1
sin 1 1
cos 0
sin 1
sin
2
m

m
x m
x k
x
x
x m
=

 =
= =

  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
π
= + π
=
=
= 







Nếu
1
m
≠

thì
cos 0
x
=
không là nghiệm của (1), khi đó chia 2 vế của (1) cho
2
cos 0
x
≠
ta có:
( )
( ) ( )
(
)
2 2
1 tan 2 2 tan 1 1 tan
x m x m m x
⇔ + − − + = +

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

226

( ) ( ) ( )
2
tan 1 tan 2 1 tan 2 1 0
f x m x m x m
⇔ = − − − + + =

a.

Nếu
2
m
= −
thì
( )
( )
2
1 3 tan 1 0
4
x x k
π
⇔ − − = ⇔ = + π

b.
(1) có nghiệm
2
1
1
1
2 1
1
0
2 0
m
m
m
m
m
m m

=

=



≠
⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤

≠




 


′
∆ ≥
− − + ≥






Bài 7.
Cho phương trình:
( )
2 2

cos sin cos 2sin 0 1
x x x x m− − − −

a.
Giải phương trình (1) khi
1
m
=

b.
Giải biện luận theo
m

Giải
a.
Với
1
m
=
ta có
( )
2 2
1 cos sin cos 2 sin 1 0
x x x x
⇔ − − − =

(
)
{
}

cos 3sin sin 0 sin 0 co tg 3 cotg ;
x x x x x x k k
⇔ + = ⇔ = ∨ = − = α ⇔ ∈ π α + π

b.

( )
( )
1 cos 2
1
1 sin 2 1 cos 2 0 3cos 2 sin 2 2 1
2 2
x
x x m x x m
+
⇔ − − − − = ⇔ − = +

3 2 1
1
cos 2 sin 2
10 10 10
m
x x
+
⇔ − =
. Đặt
3
1
cos , sin
10 10

α = α =
, khi đó ta có
( )
2 1 2 1
cos cos 2 sin sin 2 cos 2
10 10
m m
x x x
+ +
α − α = ⇔ + α =

+ Nếu
1 10 1 10
2 1
1
2 2
10
m
m m
   
− − − +
+
> ⇔ < >
   
   
∪
thì (2) vô nghiệm
+ Nếu
1 10 1 10
2 1

1 ,
2 2
10
m
m
 
− − − +
+
≤ ⇔ ∈
 
 
thì đặt
2 1
cos
10
m +
= β

Khi đó
( ) ( )
( )
1 2 cos 2 cos
2
x x k
±β − α
⇔ ⇔ + α = β ⇔ = + π

Bài 8.
Giải và biện luận:
( )

2 2
sin 4 sin cos 2 cos 0 1
m x x x x+ + =

Giải
•

0
m
=
,
( )
( )
{
}
cos 0
1 2cos 2sin cos 0 ;
2
cot 2 cot
x
x x x x k k
x
=

π
⇔ + = ⇔ ⇔ ∈ + π α + π

= − = α


•

0
m
≠
thì
( )
2
1 tan 4 tan 2 0
m x x
⇔ + + =
với
4 2
m
′
∆ = −

+ Nếu
2
m
>
thì (1) vô nghiệm; Nếu
2
m
=
thì
tan 1
4
x x k
−π

= − ⇔ = + π

+ Nếu
0 2
m
≠ <
thì
2 4 2
tan tan
m
x x k
m
− ± −
= = β ⇔ = β + π
.
Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

227

III. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 3 VỚI SINX, COSX
1. Phương pháp chung
3 2 2 3
sin sin cos sin cos cos 0
a x b x x c x x d x
+ + + =
với
( )
2 2 2 2
0 1
a b c d+ + + >

( )
3 2 2 3
sin sin cos sin cos cos sin cos 0
a x b x x c x x d x m x n x
+ + + + + =

Bước 1:
Xét
cos 0
x
=
có là nghiệm của phương trình hay không
Bước 2:
Xét
cos 0
x
≠
không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của (1)
cho
3
cos 0
x
≠
và sử dụng công thức
( )
2 2
2 3
sin

1
1 tan ; tan 1 tan
cos cos
x
x x x
x x
= + = +

ta nhận được phương trình bậc 3 ẩn
tan
x
.
Bước 3:
Giải và biện luận phương trình bậc 3 ẩn
tg
x
.
2. Các bài tập mẫu minh họa

Bài 1.
Giải phương trình:
( )
3 3 2
4 sin 3cos 3sin sin cos 0 1
x x x x x+ − − =

Giải
Nếu
cos 0
x

=
là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra
3 3
cos 0 sin 1 sin 1
4 sin 3sin 0 4 sin 3sin 0
x x x
x x x x
= = ∨ = −
 
 
⇔ ⇒
 
− = − =
 
 
Vô lý
Chia 2 vế của (1) cho
3
cos 0
x
≠
ta có
( )
(
)
3 2 2
1 4tan 3 3tan 1 tan tan 0
x x x x
⇔ + − + − =

(
)
( )
(
)
3 2 2 2 2
tan tan 3 tan 1 tan tan 0 tan 1 tan 3 0
x x x x x x x
⇔ − − + − = ⇔ − − =

( )
tan 1 tan 3
4 3
x x x k x k k
π π
⇔ = ∨ = ± ⇔ = + π ∨ = ± + π ∈
»

Bài 2.
Giải phương trình:
( )
3
sin 2 .sin 2 sin 3 6 cos 1
x x x x+ =

Giải
( )
( )
3 3
1 sin 2 sin cos 3sin 4sin 6cos

x x x x x x
⇔ + − =

3 2 3
4 sin 3sin 2 sin cos 6 cos 0
x x x x x
⇔ − − + =
(2)
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (2) thì từ (2) suy ra
3 3
cos 0 sin 1 sin 1
4 sin 3sin 0 4sin 3sin 0
x x x
x x x x
= = ∨ = −
 
 
⇔ ⇒
 
− = − =
 
 
Vô lý
Chia 2 vế của (2) cho
3
cos 0

x
≠
ta có
( )
3 2
2 tan 2 tan 3 tan 6 0
x x x
⇔ − − + =

( )
( )
{
}
2
tan 2 tan 3 0 tan 2 tan tan 3 ;
3
x x x x x k k
π
⇔ − − = ⇔ = = α ∨ = ± ⇔ ∈ α + π ± + π

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

228

Bài 3.
Giải phương trình:
1 3sin 2 2 tan
x x
+ =

Giải
Điều kiện:
( )
cos 0 1
2
x x k
π
≠ ⇔ ≠ + π

2 2
1 1
1 3sin 2 2 tan 1 6sin cos 2 tan 6 tan 2 tan
cos cos
x x x x x x x
x x
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⋅

(
)
(
)
2 2 3 2
1 tan 6 tan 2 tan 1 tan 2 tan tan 4 tan 1 0
x x x x x x x
⇔ + + = + ⇔ − − − =

( )
( )
2
1,2

1,2
tan 1
4
tan 1 2 tan 3tan 1 0
3 17
tan tan
4
x
x n
x x x
x
x n
= −
π


= − + π


⇔ + − − = ⇔ ⇔
±


= = α
= α + π




Bài 4.

Giải phương trình:
(
)
3
2 sin 2 sin
4
x x
π
+ =
(1)
Giải
( )
(
)
(
)
( )
3
3
3
1 2 2 sin 4sin 2 sin 4sin sin cos 4sin
4 4
x x x x x x x
π  π 
⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =
 
 

Nếu
cos 0

x
=
là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra
3 3
cos 0 sin 1 sin 1
sin 4sin sin 4sin 0
x x x
x x x x
= = ∨ = −
 
 
⇔ ⇒
 
= − =
 
 
Vô lý
Chia 2 vế của (1) cho
3
cos 0
x
≠
ta có
( )
( )
(
)
3
2 2 2 3
1 tan 1 4tan 1 tan tan 3tan 3tan 1 4 tan 4tan

x x x x x x x x
⇔ + = + ⇔ + + + = +

( )
( )
3 2 2
3tan 3tan tan 1 0 tan 1 3tan 1 0 tan 1
4
x x x x x x x k
π
⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = + π

Bài 5.
Giải phương trình:
(
)
3
8 cos cos 3
3
x x
π
+ =

Giải
(
)
3
3
8 cos cos 3 8 cos .cos sin sin cos 3
3 3 3

x x x x x
π π π
 
+ = ⇔ − =
 
 

( ) ( )
( )
3 3
3 3
cos 3 sin 4 cos 3cos 3 sin cos 3cos 4 cos 0 1
x x x x x x x x⇔ − = − ⇔ − − + =
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra
2 2
cos 1
0 cos sin 1 0 1
sin 0
x
x x
x
=

⇒ = + = ⇒ = ⇒

=


Vô lý
Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

229

Chia 2 vế của (1) cho
3
cos 0
x
≠
ta có
( )
( )
( )
3
2
1 3. tan 1 3 1 tan 4 0
x x
⇔ − − + + =

( )
( )
2
3 2
3 3 tan 3 3 tan 3 3 tan 1 3 1 tan 4 0
x x x x
⇔ − + − − + + =

(

)
3 2 2
3 3 tan 12 tan 3 3 tan 0 tan 3 tan 4 tan 3 0
x x x x x x
⇔ − + = ⇔ − + =

{
}
( )
1
tan 0 tan tan 3 ; ;
6 3
3
x x x x k k k k
π π
⇔ = ∨ = ∨ = ⇔ ∈ π + π + π ∈
»

Bài 6.
Giải phương trình:
(
)
3
sin 2 sin
4
x x
π
− =
(1)
Giải

( )
(
)
(
)
3
3
1 2 2 sin 4 sin 2 sin 4 sin
4 4
x x x x
π  π 
⇔ − = ⇔ − =
 
 

( ) ( )
(
)
3 3
2
sin cos 4sin tan 1 4 tan 1 tan
x x x x x x
⇔ − = ⇔ − = +

3 2 3 3 2
tan 3 tan 3tan 1 4 tan 4 tan 3 tan 3tan tan 1 0
x x x x x x x x
⇔ − + − = + ⇔ + + + =

( )

( )
( )
2
tan 1 3 tan 1 0 tan 1 0 tan 1
4
x x x x x k k
π
⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − + π ∈
»

Bài 7.
Giải phương trình:
3
5sin 4 cos
6 sin 2 cos
2 cos 2
x x
x x
x
− =
(1)
Giải

Điều kiện:
( )
cos 2 0 2 2
2 4 2
k
x x k x
π π π

≠ ⇔ ≠ + π ⇔ ≠ +

Với điều kiện (2) ta có
( )
3
1 6 sin 2cos 5sin 2 cos
x x x x
⇔ − =

( )
3 3 2
6 sin 2 cos 5 2sin cos cos 3sin cos 5sin cos 0
x x x x x x x x x
⇔ − = ⇔ − − =
(3)
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (3) thì từ (3) suy ra
2 2
cos 0
0 sin cos 1 0 1
sin 0
x
x x
x
=

⇒ = + = ⇒ = ⇒


=

Vô lý
Chia 2 vế của (3) cho
3
cos 0
x
≠
ta có
(
)
2
3 tan 1 tan 1 5 tan 0
x x x
+ − − = ⇔
( )
(
)
2
tan 1 3. tan 3 tan 1 0
x x x
− + + =

( )
(
)
2
1 1
tan 1 3 tan 0 tan 1

2 4 4
x x x x n
 
π
⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = + π
 
 

Do
4
x n
π
= + π
mâu thuẫn với (2):
4 2
k
x
π π
≠ +
nên phương trình (1) vô nghiệm.
Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

230

Bài 8.
( ) ( ) ( ) ( )
3 2
4 6 sin 3 2 1 sin 2 2 sin cos 4 3 cos 0
m x m x m x x m x
− + − + − − − =

a. Giải phương trình khi
2
m
=

b. Tìm
m
để phương trình có nghiệm duy nhất
0,
4
x
π
 
∈
 
 

Giải
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của phương trình thì từ phương trình suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
cos 0 sin 1 sin 1
4 6 sin 6 3 sin 0 4 6 sin 6 3 sin
x x x
x m x m x m x

= = ∨ = −
 
 
⇔ ⇒
 
− + − = − + −
 
 
Vô lý
Chia 2 vế của phương trình cho
3
cos 0
x
≠
ta có phương trình
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
3 2 2 2
4 6 tan 3 2 1 tan 1 tan 2 2 tan 4 3 1 tan 0
m x m x x m x m x
⇔ − + − + + − − − + =
( ) ( ) ( )
3 2
tan 2 1 tan 3 2 1 tan 4 3 0
x m x m x m
⇔ − + + − − − =

( ) ( )
[
]
( )
2
tan 1 tan 2 tan 4 3 0 1
x x m x m⇔ − − + − =

a. Nếu
2
m
=
thì
( )
( )
(
)
2
1 tan 1 tan 4 tan 5 0
x x x
⇔ − − + =

( ) ( ) ( )
2
tan 1 tan 2 1 tan 1
4
x x x x k k
π
 

⇔ − − + ⇔ = ⇔ = − π ∈
 
»

b. Đặt
[ ]
tan 0,1 0,
4
t x x
π
 
= ∈ ∀ ∈
 
 
, khi đó phương trình
( )
( )
( )
[
]
2
2
1 0 1 0,1
1 1 2 4 3 0
2 4 3 0
t t
t t mt m
t mt m

− = ⇔ = ∈

⇔ − − + − = ⇔

− + − =



Xét phương trình:
2
2 4 3 0
t mt m
− + − =
với
[
]
0,1
t ∈

( ) ( )
2
2
3
3 2 2 2
2
t
t m t g t m
t
−
⇔ − = − ⇔ = =
−
. Ta có

( )
(
)
(
)
( )
[ ]
2
1 3
0 0, 1
2
t t
g t t
t
− −
′
= ≥ ∀ ∈
−

(
)
g t
⇒
đồng biến trên
[
]
0,1

⇒
Tập giá trị

(
)
g t
là
( )
( )
[ ]
3
0 , 1 ; 2
2
g g
 
=
 
 

Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất
(
)
0,
4
x
π
∈
thì phương trình
(
)
2
g t m
=

hoặc vô nghiệm
[
]
0,1
t ∈
hoặc có đúng 1 nghiệm
1
t
=

(
)
2
g t m
⇔ =
vô nghiệm
[
)
2 2 1
0,1
3 3
2
2 4
m m
t
m m
≥ ≥
 
 

∈ ⇔ ⇔
< <
 
 


Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

231