Phương trình lượng giác (Trần Phương)

219
Bài 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC NHẤT VỚI SINX, COSX
1. Phương pháp chung:

2 2
sin cos ; 0a 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)
0b c ⇔ + =

Xét
0b 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 0f 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 3x x x− = +

Giải
( )
3 3
3sin 3 3 cos 9 1 4sin 3 3sin 3 4sin 3 3 cos 9 1x 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 5x x x x x− = −

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

( )
cos 7 5 3 sin 2 cos 2 3.sin 2 1x 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 ∈»

ATRANGTB.COM
P
P

P
H
H
H
Ư
Ư
Ư
Ơ
Ơ
Ơ
N
N
N
G
G
G
T
T
T
R
R
R
Ì
Ì
Ì
N
N
N
H
H

H
L
L
L
Ư
Ư
Ư
Ợ
Ợ
Ợ
N
N
N
G
G
G
G
G
G
I
I
I
Á
Á
Á
C
C
C
Thầy: Trần Phương
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :

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 4sin 5sin 5 0
3 6 6
x x x

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

(
)
(
)
(
)
3sin 4cos 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 4cos 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 2sin 2sin 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 ∈
»
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :
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 5 cos 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 4 cos 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 cos 3 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 2sin 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 2sin 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 4cos 2sin

2
x x x x
+ = +

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

( )
2 2
3sin 2 sin 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 3tan 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 4tan 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 4 sin 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 2 sin 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 2sin 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 4sin cos 2cos 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 3tan 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 2sin 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 4 sin 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 3tan 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 cos3
3
x x
π
+ =

Giải
(
)
3
3
8 cos cos3 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 4sin 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 3 tan 1 4 tan 4 tan 3 tan 3tan tan 1 0
x x x x x x x x
⇔ − + − = + ⇔ + + + =

( )
( )
( )
2
tan 1 3tan 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 6sin 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


Bài 4. Ph
ươ
ng trình
đố
i x
ứ
ng và n
ử
a
đố
i x
ứ
ng


231

Bài 2. PH
ƯƠ
NG TRÌNH
ĐỐ
I X
Ứ
NG

I. PH
ƯƠ
NG TRÌNH
ĐỐ
I X
Ứ
NG VÀ N
Ử
A
ĐỐ
I X
Ứ
NG V
Ớ
I SINX, COSX
1. Ph
ươ
ng pháp chung
(
)
sin cos sin cos 0
a x x b x x c
+ + + =


(
)
sin cos sin cos 0
a x x b x x c
− + + =

B
ướ
c 1.

Đặ
t
(
)
( )
(
)
( )
2
2
1
sin cos 2 sin 2; 2 sin cos 1
4 2
1
sin cos 2 sin 2; 2 sin cos 1
4 2
t x x x x x t
t x x x x x t

π
 
= + = + ∈ −
⇒
= −
 



π
 

= − = − ∈ −
⇒
= −
 


Bi
ế
n
đổ
i
đư
a v
ề
ph
ươ
ng trình b
ậ
c 2
ẩ
n
t
.
B
ướ

c 2.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình b
ậ
c 2
ẩ
n
t
. T
ừ

đ
ó suy ra nghi
ệ
m
x
.
2. Các bài t
ậ
p m
ẫ
u minh h
ọ
a
Bài 1.
Gi
ả

i ph
ươ
ng trình:
( )
( )
2 sin cos sin cos 1 1
x x x x
+ − =

Gi
ả
i
Đặ
t
(
)
2
1
sin cos 2 cos 2, 2 sin cos
4 2
t
t x x x x x
π −
 
= + = − ∈ −
⇒
=
 
. Ta có
( )

2
1 2 2 1 0 2 1 2; 2
t t t
 
⇔ − + = ⇔ = − ∈ −
 
(
)
2 2
cos cos
4 2
x
−
π
⇔ − = = α

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

Bài 2.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:

( )
10
1 1
cos sin 1
cos sin 3
x x
x x
+ + + =

Gi
ả
i
Đ
iề
u kiệ
n:
( )
sin cos 0 sin 2 0 2
2
k
x x x x
π
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

V
ớ
i
đ
i
ề

u ki
ệ
n (2) thì
( )
( ) ( )
10
1 sin cos sin cos sin cos sin cos
3
x x x x x x x x
⇔ + + + =

(
)
(
)
3 sin cos sin cos 1 10sin cos
x x x x x x
⇔ + + =

Đặ
t
(
)
2
1
sin cos 2 cos 2, 2 sin cos
4 2
t
t x x x x x
π −

 
= + = − ∈ −
⇒
=
 
. Khi
đ
ó
( )
2 2
1 1
1 3 1 10.
2 2
t t
t
 
− −
⇔ + =
 
 
(
)
(
)
2 2 3 2
3 1 10 1 3 10 3 10 0
t t t t t t
⇔ + = − ⇔ − + + =

( )

( )
2
2 19
2 3 4 5 0 2; 2
3
t t t t
−
 
⇔ − − − = ⇔ = ∈ −
 

(
)
(
)
2 19 2 19
2 cos cos cos
4 3 4
3 2
x x
− −
π π
⇔ − = ⇔ − = = α

( )
2 2
4 4
x n x n n
π π
⇔ − = ±α + π ⇔ = ± α + π ∈

»
(th
ỏ
a mãn (2))
Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

232

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

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

Đặt
(
)

2
1
sin cos 2 cos 2, 2 sin cos
4 2
t
t x x x x x
π −
 
= + = − ∈ − ⇒ =
 

Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
2
3 2 3 2 2
1 3
1 1 3 1 2 3 3 1 3 1
2 2
t
t t t t t t t
 
−
⇔ + − = − ⇔ + − − = −
 
 

( )
(
)

3 2 2
3 3 5 0 1 2 5 0 1 2; 2
t t t t t t t
 
⇔ + − − = ⇔ + + − = ⇔ = − ∈ −
 

(
)
(
)
{
}
( )
1
2 cos 1 cos 2 ; 2
4 4 2
2
x x x k k k
π π π
−
⇔ − = − ⇔ − = ⇔ ∈ π + π − + π ∈
»

Bài 4.
Giải phương trình:
( )
2 3
sin cos 1 sin cos 1
3

x x x x+ = +

Giải
Đặt
(
)
2
1
sin cos 2 sin 2, 2 sin cos
4 2
t
t x x x x x
π −
 
= + = + ∈ − ⇒ =
 

Khi đó (1)
( )
2
2
2 2
0; 2
0; 2
6. 1 3
2
6 1 9
t
t
t t

t
t t


 
 
∈
∈
 
 
 
⇔ + = ⇔ ⇔
 
=
+ =
 



(
)
( )
2 sin 1 2
4 4
t x x k k
π π
⇔ = ⇔ + = ⇔ = + π ∈
»

Bài 5.

Giải phương trình:
(
)
sin cos 7 sin 2 1 1
x x x− + =

Giải
Đặt
(
)
2
sin cos 2 cos 2, 2 sin 2 1
4
t x x x x t
π
 
= − = − + ∈ − ⇒ = −
 

Khi đó
( )
(
)
2 2
1 7 1 1 7 6 0
t t t t
⇔ + − = ⇔ − − =

(
)

(
)
( )
2
3
1
cos cos
1
4 4
2
2
6
2
3 2
7
cos cos
4 7
2
4
x k
x
t
x k k
t
x
x k
= −π + π
 π π

+ = − =

=



π


⇔ ⇔ ⇔ = + π ∈

−
=



π

+ = = α


π

= − ± α + π


»

Bài 6.
Giải phương trình:
(
)

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

Giải
Đặt
(
)
2
sin cos 2 cos 2, 2 2 sin cos 1
4
t x x x x x t
π
 
= − = − + ∈ − ⇒ = −
 
. Khi đó
( )
(
)
(
)
(
)
2 2
1 1 2 1 1 2 1 2 2 0 1 2
t t t t t t⇔ + + − = + ⇔ − − + = ⇔ = ∨ =

(

)
(
)
{
}
( )
3
1
cos cos 1 2 ; 2 ; 2
4 4 2 4
2
x x x k k k k
π π π π
−
⇔ + = ∨ + = − ⇔ ∈ −π + π + π + π ∈
»

Bài 4. Phương trình đối xứng và nửa đối xứng

233

Bài 7.
Giải phương trình:
(
)
sin 2 2 sin 1
4
x x x
π
+ − =

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

Đặt
(
)
2
sin cos 2 sin 2, 2 sin 2 1
4
t x x x x t
π
 
= − = − ∈ − ⇒ = −
 

Khi đó
( )
( )
2
1 1 1 1 0 0; 1
t t t t t t

⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = =

(
)
(
)
{ }
( )
tg 1
sin cos 0
; 2 ; 2
1
sin
4 2
2 sin 1
4
4
2
x
x x
x k k k k
x
x
=

− =

π π



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

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

Giải

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

x x x x x x
⇔ − − − + + =

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

Đặt
(
)
sin cos 2 sin 2; 2
4
t x x x
π
 
= + = + ∈ −
 
, khi đó ta có phương trình:
( )
( )
2
2
1
4 1 5 1 1 2 2 1 0 1

2
t
t t t t t t
 
−
− − + = ⇔ − + + = ⇔ =
 
 
2
4
x k
π
⇔ = + π

Bài 9.
Giải phương trình:
( )
(
)
1 1
2 2 sin 2 tan cot 0
sin cos
x x x
x x
+ + + + + =

Giải

Đặt
(

)
sin cos 2 sin 2; 2 , 1
4
t x x x t
π
 
= + = + ∈ − ≠ ±
 
. Biến đổi ta nhận được
( ) ( )
( )
2 2 2 3 2
2
2 2
2 1 0 2 2 1 2 2 0 2 4 2 0
1
t
t t t t t t t
t
+
 
+ + = ⇔ − + + + = ⇔ + + =
 
−
 

( ) ( )
2
2 1 0 0 1 sin cos 0 tan 1
4

t t t t x x x x k
π
⇔ + = ⇒ = ≠ ± ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − + π

Bài 10.
Tìm
m
để phương trình:
(
)
sin cos sin 2 0
m x x x
+ + =
có nghiệm.
Giải

Đặt
(
)
2
sin cos 2 cos 2; 2 sin 2 1
4
t x x x x t
π
 
= + = − ∈ − ⇒ = −
 

Khi đó phương trình
2

1 0
mt t
⇔ + − =
( )
2
1 0
f t t mt
⇔ = + − =
với
2; 2
t
 
∈ −
 

Để ý rằng:
2
1
4 0
m
∆ = + >
nên
(
)
0
f t
=
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,

t t

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

234

Theo định lý Viét, ta có
1 2 1 2
. 1 . 1
t t t t
= − ⇒ =
(
)
( )
1
1
2
2
0 1 2
2, 2
0 1 2
2, 2
t
t
t
t
 
< ≤ <
∈ −
 

⇒ ⇒
 
< ≤ <
∈ −


Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm
m
∀ ∈



Bài 11.
Tìm
m
để phương trình:
(
)
sin 2 4 cos sin
x x x m
+ − =
có nghiệm
Giải

Đặt
cos sin 2; 2
t x x
 
= − ∈ −
 

và
2
sin 2 1
x t
= −
, khi đó phương trình đã cho
( )
2
4 1
f t t t m
⇔ = − + + =
với
2; 2
t
 
∈ −
 
.
Ta có
( )
4 2 0 2, 2
f t t t
 
′
= − > ∀ ∈ −
 

(
)
f t

⇒
đồng biến trên
2, 2
 
−
 

⇒
Tập giá trị
(
)
f t
là
(
)
(
)
2 , 2 4 2 1, 4 2 1
f f
 
 
− = − − +
   

Do đó phương trình đã cho có nghiệm
(
)
f t m
⇔ =
có nghiệm

2, 2
t
 
∈ −
 

4 2 1 4 2 1
m
⇔ − − ≤ ≤ +

Bài 12.
Tìm
m
để:
3 3
sin cos
x x m
− =
có 3 nghiệm phân biệt
[
]
0,
x
∈ π

Giải

Biến đổi:
( ) ( )
3

3 3
sin cos sin cos 3sin cos sin cos
x x m x x x x x x m
− = ⇔ − + − =

Đặt
(
)
[ ]
sin cos 2 sin 1, 2 0,
4
t x x x x
π
 
= − = − ∈ − ∀ ∈ π
 
;
2
1
sin cos
2
t
x x
−
=
.
Khi đó phương trình
( )
( )
2

3 3 2 3
1
3 2 3 1 2 3 2
2
t
t t m t t t m f t t t m
 
−
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ = − + =
 
 

Ta có
( )
2
3 3 0 1
f t t t
′
= − + = ⇔ = ± ⇒
Bảng biến thiên
Với
(
)
2 1, 1
t t= ∨ ∈ −
cho ta
1 nghiệm
[
]
0,

x
∈ π
và với mỗi
)
1, 2
t

∈


cho ta 2 nghiệm
[
]
0,
x
∈ π
.
Nên để phương trình
3 3
sin cos
x x m
− =

có 3 nghiệm phân biệt
[
]
0,
x
∈ π

thì
(
)
2
f t m
=
phải có 2 nghiệm
1 2
,
t t
sao cho
1 2
2
1 1 2 2 2 2 1
2
t t m m
− < < < < ⇔ < < ⇔ < <
.
–1 1
2

2

0
0
+
–
–2
2
t

f
′
(t)
f(t)
Bài 4. Phương trình đối xứng và nửa đối xứng

235

II. PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG VỚI TAN, COT
I. CÔNG THỨC SỬ DỤNG
(
)
(
)
(
)
sin sin cos
tan tan ; tan tan ; tan cot
cos cos cos cos cos sin
a b a b a b
a b a b a b
a b a b a b
+ − −
+ = − = + =

(
)
cos
2
cot tan ; tan cot ; cot tan 2 cot 2

sin cos sin 2
a b
a b a a a a a
a b a
+
− = + = − =

II. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
Bài 1.
Giải phương trình:
( )
( )
3 tan cot 4 1
x x+ =

Giải
(
)
1
⇔
2 3 2 3 3
4 sin 2
sin 2 4 2 6 3
x x n x n
x
π π
= ⇔ = = ⇔ = + π ∨ = + π

Bài 2.
Giải phương trình:

( )
( )
2 sin cos tan cot 1
x x x x+ = +

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

Đặt
(
)
2
sin cos 2 cos 2, 2 sin 2 1
4
t x x x x t
π
 
= + = − ∈ − ⇒ = −
 

( )
( )
( )

2 3
2
1 2 sin cos 1 2 2 0
sin 2
x x t t t t
x
⇔ + = ⇔ − = ⇔ − − =
(
)
1
t
≠ ±

( ) ( )
(
)
2
2 2 1 0 2 cos 1
4
t t t t x
π
⇔ − + + = ⇔ = ⇔ − =
2
4
x n
π
⇔ = + π

Bài 3.
Giải phương trình:

(
)
(
)
3 tan cot 2 2 sin 2
x x x
+ = +
(1)
Giải

Điều kiện:
( )
sin cos 0 sin 2 0 2
2
k
x x x x
π
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

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

4
x n
π
⇔ = + π

Bài 4.
Giải phương trình:
( )
2
tan 2 cot 8 cos 1
x x x+ =

Giải
ĐK:
(
)
sin .cos 2 0 , 2
x x ≠
, ta có (1)
(
)
2 2
cos 2
8cos cos 8cos .cos2 .sin
cos2 .sin
x x
x x x x x
x x
−
⇔ = ⇔ =

(
)
(
)
cos 1 8 cos cos 2 sin 0 cos 1 2sin 4 0
x x x x x x
⇔ − = ⇔ − =

{
}
5
1
cos 0 sin 4 ; ;
2 2 2 24 2 24 2
k k k
x x x
π π π π π π
⇔ = ∨ = ⇔ ∈ + + +

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

236

Bài 5.
Giải phương trình:
( )
3
tan cot 2 cot 2 1
x x x= +

Giải

Điều kiện:
( )
sin cos sin 2 0 sin 2 0 2
2
k
x x x x x
π
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

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

(
)
2

cot 2 1 cot 0 cot 2 0
x x x
⇔ + = ⇔ =
2
2 4 2
n
x n x
π π π
⇔ = + π ⇔ = +

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

Điều kiện:
( )
sin cos 0 sin 2 0 2
2
k
x x x x
π
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

( )

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

(
)
2
sin 2 cos 2 1 sin 2 0
x x x
⇔ − − =
(
)
cos 2 sin 2 cos 2 0
x x x
⇔ − =

cos 2 0 tan 2 1
4 2 8 2
n n
x x x x
π π π π

⇔ = ∨ = ⇔ = + ∨ = +

Bài 7.
Giải phương trình:
(
)
6 tan 5cot 3 tan 2 1
x x x+ =

Giải

( )
( )
(
)
(
)
5cos 3 sin 2
1 5 tan cot 3 tan 2 tan
cos .sin 3 cos 2 .cos
x x x x
x x x x
x x x x
− −
⇔ + = − ⇔ =

2 2 2
5cos 2 sin 3 .sin 10 cos 2 2 sin 3 sin 10 cos 2 cos 2 cos
4
x x x x x x x x x

⇔ = ⇔ = ⇔ = −

(
)
2 2 2
10 cos 2 cos 2 2 cos 2 1 12cos 2 cos 2 1 0
x x x x x
⇔ = − − ⇔ − − =

1
cos 2 cos
2 2
2
3
2 2
1
cos 2 cos
4
2
x k
x
x k
x k
x
x k
α


= ± + π
= = α

= ±α + π



⇔ ⇔ ⇔



β
= ±β + π

= − = β

= ± + π



(thỏa mãn (2))
(
)
n ∈
»

Bài 8.
Giải phương trình:
[
]
(
)
2 cot2 cot 3 tg2 cot 3 1

x g x x g x− = +

Giải
Điều kiện:
(
)
sin 2 sin 3 cos 2 0 sin 4 sin 3 0 2
x x x x x≠ ⇔ ≠

( )
(
)
(
)
2sin 3 2 cos 3 2
1
sin 2 .sin 3 sin 3 .cos 2
x x x x
x x x x
− −
⇔ =
(
)
2 2 2
2.sin cos sin cos 0
x x x x
 
⇔ − − =
 

3
sin 0 sin 0 sin 2 2 sin cos 0 sin 4 0 sin 4 .sin 3 0
x x x x x x x x
⇔ = ⇔ = ⇒ = = ⇒ = ⇒ =
(3)
Do (2) và (3) mâu thuẫn nhau nên phương trình (1) vô nghiệm.
Bài 4. Phương trình đối xứng và nửa đối xứng

237

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

Giải

Điều kiện:
( )
sin cos 0 sin 2 0 2
2
k
x x x x
π
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

( )
( )
2 2 2
1 tan tan cot 3 tan 3
sin sin sin
x x x x
x x x
⇔ + + = + ⇔ + = +

tan 3
3
x x n
π
⇔ = ⇔ = + π
(thỏa mãn (2))
(
)
n ∈
»

Bài 10.
Giải phương trình:
( )
2
3 tan 3 cot 2 2 tan 1
sin 4
x x x
x
+ = +

Giải

Điều kiện:
(
)
sin 2 sin 4 cos cos cos 3 0 sin 4 .cos3 0 2
x x x x x x x≠ ⇔ ≠

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

2sin 2 cos
2
4sin sin 4 2 cos cos 2 2 cos3
cos 3 cos cos 3 sin 2 sin 4
x x
x x x x x
x x x x x x
⇔ + = ⇔ + =

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

( )
(
)
sin sin 2
1
2sin sin 2 4 cos 2 1 cos 2 cos
4
4 cos 2 1 0
x x loai
x x x x x
x

−
⇔ + ⇔ ⇔ = =

+ =


2 2
2
x k x k
α
⇔ = ±α + π ⇔ = ± + π
(thỏa mãn (2))
(
)
n ∈
»

Bài 11.
Giải phương trình:
( )
1
2 tan cot 2 2 sin 2 1
sin 2
x x x
x
+ = +

Giải

Điều kiện:
sin 2 0
2
k
x x
π
≠ ⇔ ≠
(2)
Sử dụng:
sin 2 sin cos 2 cos cos
1
tan cot 2
cos .sin 2 cos sin sin 2
x x c x x
x x
x x x x x
+
+ = = =

(
)
(
)
(
)
1 tan tan cot 2 sin 2 tan cot
x x x x x x
⇔ + + = + +

(
)
2 2
tan 4sin cos sin 4 sin cos sin 1 4 cos 0
x x x x x x x x
⇔ = ⇔ = ⇔ − =

( )
( )
( )
2
2
sin 0
2
1
cos 2 2 2
1
2 3 3
cos

4
x
x x n x n n
x
=

π π

⇔ → = − ⇔ = ± + π ⇔ = ± + π ∈
=


»

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

238

Bài 12.
Giải phương trình:
2
3 tan 6 2 tan 2 cot 4
sin 8
x x x
x
− = −
(1)
Giải

ĐK:

cos 6 .sin 8 0
x x
≠
,
( )
( )
cos 4
1
1 tan 6 2 tan 6 tan 2
sin 4 cos 4 sin 4
x
x x x
x x x
⇔ + − = −

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

(
)

sin 2 2 sin 4
1
0 sin 2 4 0
cos 6 cos 4 cos 6 cos 2 cos 4
x x
x
x x x x x
⇔ + = ⇔ + =
. Do
sin 8 0
x
≠
nên
Phương trình chỉ có nghiệm
( )
1
cos 4 cos
4 4 2
k
x x k
α π
= − = α ⇔ = ± + ∈
»

Bài 13.
Giải phương trình:
( )
2
3 tan 2 4 tan 3 tan 3 .tan 2 1
x x x x− =

Giải

Điều kiện:
{
}
( )
cos 2 .cos 3 0 ; | 2
4 2 6 3
k k
x x x k
π π π π
≠ ⇔ ∉ + + ∈ »

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

Nếu
1 tan 3 tan 2 0
x x
+ =
thì từ
( )
tan 2 tan 3 0

3
1 tan 3 tan 2 0
x x
x x
− =

⇒

+ =


2
tan 2 tan 3
1 tan 3 0
x x
x
=


⇔ ⇒

+ =


Vô lý
1 tan 3 .tan 2 0
x x
⇒ + ≠

Khi đó

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

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

( )

2
2 2
tan 0 tan 0
2 tan 5tan 3 0
3
tan tan
5
x
x n
x x
x
x n
= =

= π


⇔ − = ⇔ ⇔

= = α
= ±α + π



(thỏa mãn (2))
Bài 14.
Giải phương trình:
( )
2 3 2 3
tan tan tan cot cot cot 6 1

x x x x x x+ + + + + =

Giải

Điều kiện:
( )
sin cos 0 sin 2 0 2
2
k
x x x x
π
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

( )
(
)
(
)
( )
3 3 2 2
1 tan cot tan cot tan cot 6
x x x x x x
⇔ + + + + + =

( ) ( ) ( )
3 2
tan cot 3 tan cot tan cot tan cot
x x x x x x x x
⇔ + − + + +
(

)
tan cot 8
x x
+ + =

Bài 4. Phương trình đối xứng và nửa đối xứng

239

( ) ( ) ( )
3 2
tan cot tan cot 2 tan cot 8 0
x x x x x x
⇔ + + + − + − =

Đặt
tan cot tan cot 2 tan cot 2
x x t t x x x x
+ = ⇒ = + ≥ =

Khi đó
( )
(
)
3 2 2
2 8 0 2 3 4 0
t t t t t t
+ − − = ⇔ − + + =

( )

(
)
2
3 7
2
2 0 2 tan cot 2
2 4 sin 2
t t t x x
x
 
⇔ − + + = ⇔ = ⇔ + = =
 
 

sin 2 1
4
x x n
π
⇔ = ⇔ = + π
(thỏa mãn (2))
(
)
n ∈
»

Bài 15.
Giải phương trình:
(
)
tan 2 tan 3 tan 5 tan 2 . tan 3 .tan 5 1

x x x x x x− − =

Giải
Điều kiện:
(
)
cos 2 .cos 3 .cos 5 0 2
x x x ≠

(
)
(
)
(
)
1 tan 2 5 tan tan 3 1 tan 2 . tan 5 3
x x x x x⇔ − = +
. Nếu
1 tan 2 . tan 5 0
x x
+ =
thì
từ
( )
tan 2 tan 5 0
3
1 tan 2 tan 5 0
x x
x x
− =


⇒

+ =

2
tan 2 tan 5
1 tan 2 0
x x
x
=


⇔ ⇒

+ =


Vô lý
1 tan 2 tan 5 0
x x
⇒ + ≠

Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
tan 2 tan 5
1 3 tan 3 tan 2 5 tan 3 tan 3
1 tan 2 tan 5
x x

x x x x x
x x
−
⇔ ⇔ = = − = − = −
+

tan 3 0
3
k
x x
π
⇔ = ⇔ =
(thỏa mãn (2))
(
)
n ∈
»

Bài 16.
Giải phương trình:
( )
2 2 2 2
tan 2 . tan 3 .tan 5 tan 2 tan 3 tan 5 1
x x x x x x= − +

Giải

ĐK:
(
)

cos 2 .cos 3 .cos 5 0 2
x x x ≠
;
( )
(
)
( )
2 2 2 2
1 tan 3 tan 2 tan5 1 tan 3 tan 2 , 3
x x x x x⇔ − = −

Nếu
2 2
1 tan 3 . tan 2 0
x x
− =
thì từ
( )
2 2
2 2
tan 3 tan 2 0
3
1 tan 3 . tan 2 0
x x
x x

− =

⇒


− =



2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
tan 3 tan 2 tan 2 1 cos 2 sin 2
tan 3 .tan 2 1 tan 3 1 cos 3 sin 3
x x x x x
x x x x x
  
= = =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
= = =
  
  
cos 4 0
cos 6 0
x
x
=

⇔

=


( )

2
2
2 cos 2 1 0
cos 2 4 cos 2 3 0
x
x x

− =

⇔

− =


2
2
1
cos 2
2
3
cos 2
4
x
x

=

⇔ ⇒



=

Vô lý
2 2
1 tan 3 tan 2 0
x x
⇒ − ≠

Khi đó
( )
( )
tan 3 tan 2 tan 3 tan 2
1 3 tan 5 tan . tan 5
1 tan 3 .tan 2 1 tan 3 tan 2
x x x x
x x x
x x x x
− +
⇔ ⇔ = ⋅ =
+ −

( )
( )
( )
2
tan 5 0 tan 5 0
tan 5 0
5
tan 1 cos 2 0
x x

k
x x k
x x
= =
 
π
⇔ ⇔ → = ⇒ = ∈
 
= ⇒ =
 
»

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

240

Bài 17.
Giải phương trình:
2 2 2
1 1 1
tan . tan 2 tan 2 .tan 4 tan 4 tan 8 tan 8 2
2 4 4
x x x x x x x
+ + = −

Giải

Điều kiện:
cos cos 2 cos 4 cos8 0
x x x x

≠
.
Ta có
cot 2cot 2 tan
a a a
− =
⇒
2
1 2
tan tan 2 2 tan tan tan 2
tan tan 2
a a a a a
a a
− = ⇔ − =

Khi đó:
( ) ( ) ( )
1 1 1
tan 2 2 tan tan 4 2 tan 2 tan 8 2 tan 4 tan 8 2
2 4 4
x x x x x x x
− + − + − = −

( )
tan 1
4
x x k k
π
⇔ = ⇔ = + π ∈


thỏa mãn điều kiện.
Bài 18.
Giải phương trình:
2 2 2 2
tan 4 tan 2 16 tan 4 64 cot 8 41
x x x x
+ + = +
(1)
Giải

Điều kiện:

sin 8 0
x
≠
.
Xét đẳng thức
cot 2cot 2 tan
a a a
− =
.
Đạo hàm 2 vế của đẳng thức này ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 4 1
1 cot 4 1 cot 2 1 tan
sin sin 2 cos
a a a
a a a

− + = ⇔ − − + + = +

2 2 2
4 cot 2 cot tan 2
a a a
⇔ − = −
.

Sử dụng đẳng thức này ta có
( )
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
1 tan 2 4 tan 2 2 16 tan 4 2 64 cot 8 1
x x x x
⇔ − + − + − = −

(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2
4cot 2 cot 4 4cot 4 cot 2 16 4cot 8 cot 4 64cot 8 1
x x x x x x x

⇔ − + − + − = −

( )
2
cot 1 cot 1
4 2
k
x x x k
π π
⇔ = ⇔ = ± ⇔ = + ∈


Bài 19.
Giải phương trình:
2 2 2
2 2 2
sin cos 2 sin 3 cos 6 sin 9 cos18
0
cos 3 cos 9 cos 27
x x x x x x
x x x
+ + =

Giải

Điều kiện:
cos 27 0
x
≠
.

Ta có công thức
2
2 2
2
8sin cos 2
tan 3 tan
cos 3
a a
a a
a
− =
. Biến đổi phương trình ta có
2 2 2
2 2 2
sin cos 2 sin 3 cos 6 sin 9 cos18
0
cos 3 cos 9 cos 27
x x x x x x
x x x
+ + =

(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
tan 3 tan tan 9 tan 3 tan 27 tan 9 0
x x x x x x

⇔ − + − + − =

2 2
tan 27 tan
x x
⇔ =
( )
27
26 28
k k
x x k x x k
π π
⇒ = ± + π ⇔ = ∨ = ∈


Bài 4. Phương trình đối xứng và nửa đối xứng

241


Bài 7. S
ử
d
ụ
ng công th
ứ
c h
ạ
b
ậ

c, góc nhân
đ
ôi, góc nhân ba


245

BÀI 3. S
Ử
D
Ụ
NG CÔNG TH
Ứ
C H
Ạ
B
Ậ
C, GÓC NHÂN
Đ
ÔI
I. S
Ử
D
Ụ
NG CÔNG TH
Ứ
C H
Ạ
B
Ậ

C
2
1 cos 2
sin ;
2
x
x
−
=

2
1 cos 2
cos
2
x
x
+
=
;
1
sin cos sin 2
2
x x x
=
;
2
1 cos 2
tan ;
1 cos 2
x

x
x
−
=
+

3
sin 3 3sin
sin
4
x x
x
− +
=
;
3
cos 3 3cos
cos
4
x x
x
+
=
;
3
sin 3 3sin
tan ;
cos 3 3cos
x x
x

x x
− +
=
+

CÁC BÀI T
Ậ
P M
Ẫ
U MINH H
Ọ
A
Bài 1.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 2 2 2
sin 3 cos 4 sin 5 cos 6
x x x x
− = −
(1)
Gi
ả
i

( )
1 cos 6 1 cos8 1 cos10 1 cos12
1

2 2 2 2
x x x x
− + − +
⇔ − = −

cos 6 cos8 cos10 cos12 2 cos 7 cos 2cos11 cos
x x x x x x x x
⇔ + = + ⇔ =

( )
cos 0
cos cos11 cos 7 0
cos11 cos 7
x
x x x
x x
=

⇔ − = ⇔

=

( )
2 9
k k
x x k
π π
⇔ = ∨ = ∈
»

Bài 2. a.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 2 2 2
cos cos 2 cos 3 cos 4 2
x x x x
+ + + =
(1)

b.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 2 2 2
3
cos cos 2 cos 3 cos 4
2
x x x x
+ + + =
(2)
Gi
ả
i

a.

( )
1 cos 2 1 cos 4 1 cos 6 1 cos8
1
2
2 2 2 2
x x x x
+ + + +
⇔ + + + =

(
)
(
)
cos 2 cos8 cos 4 cos 6 0 2 cos 5 cos 3 2 cos 5 cos 0
x x x x x x x x
⇔ + + + = ⇔ + =

(
)
2 cos5 cos 3 cos 0 4 cos 5 cos 2 cos 0
x x x x x x
⇔ + = ⇔ =

{
}
( )
cos 0 cos 2 0 cos 5 0 ;
4 2 10 5
k k

x x x x k
π π π π
⇔ = ∨ = ∨ = ⇔ ∈ + + ∈
»

b.

( )
2
1 cos 2 1 cos 4 1 cos 6 3
2
cos 4
2 2 2 2
x x x
x
+ + +
⇔ + + + =

(
)
2
2
cos 2 cos 6 cos 4
cos 4 0 2 cos 4 cos 2 cos 4 2cos 4 0
2
x x x
x x x x x
+ +
⇔ + = ⇔ + + =

( )
(
)
2
cos 4 2 cos 4 2cos 2 1 0 cos 4 4 cos 2 2 cos 2 1 0x x x x x x
⇔ + + = ⇔ + − =

( )
cos 4 cos
cos 4 0
8 4
2
1 5
2
cos 2 cos 2 cos
4 5 5
4 2
1 5
cos 2 cos
cos 2
5 5
4
k
x
x
x
x x x k k
x x k
x
π π

π


= +
=
=






− +
π π

⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + π ∈






π π


− −
= = ± + π

=
 

 

»