Tải bản đầy đủ (.pdf) (44 trang)

Phương trình lượng giác (Trần Phương)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (774.94 KB, 44 trang )

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



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= ⇒

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
= ⇒ =
+

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

( )

( )
[ ]
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

ng và n

a
đố
i x

ng


231

Bài 2. PH
ƯƠ
NG TRÌNH
ĐỐ
I X

NG

I. PH
ƯƠ
NG TRÌNH
ĐỐ
I X

NG VÀ N

A
ĐỐ
I X

NG V

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

ph
ươ
ng trình b

c 2

n
t
.
B
ướ

c 2.
Gi

i ph
ươ
ng trình b

c 2

n
t
. T


đ
ó suy ra nghi

m
x
.
2. Các bài t

p m

u minh h

a
Bài 1.
Gi


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

Gi

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

i ph
ươ
ng trình:

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

Gi

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

V

i
đ
i


u ki

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

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
 
= − ∈ −
 


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

(
)
(
)
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

d

ng công th

c h

b


c, góc nhân
đ
ôi, góc nhân ba


245

BÀI 3. S

D

NG CÔNG TH

C H

B

C, GÓC NHÂN
Đ
ÔI
I. S

D

NG CÔNG TH

C H

B


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

P M

U MINH H

A
Bài 1.
Gi

i ph
ươ
ng trình:
2 2 2 2
sin 3 cos 4 sin 5 cos 6
x x x x
− = −
(1)
Gi

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

i ph
ươ
ng trình:
2 2 2 2
cos cos 2 cos 3 cos 4 2
x x x x
+ + + =
(1)

b.
Gi

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

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

=
 

 

»

×