Đại số sơ cấp - Phương trình lượng giác pps

192

2 2
2 2
17
log log .
x y
x y m

+ =


+ =



Bài 19. Tìm các giá trị của
m
để hệ phương trình sau có nghiệm
( ; ); 1, 4.
x y x y
> <

2 4
2
0
log log .
y
x y
x
m x

y

− =


=



Bài 20. Tìm các giá trị của
m
để hệ phương trình sau có đúng bốn nghiệm
2 2
2 2 2
4 .4 8.2
3 log log log ( ).
x y xy
x y x y m

=


+ + = + +



Bài 21. Cho hệ phương trình
2
2lg 3
3lg 1

x y m
x y

+ =


− =



1) Giải hệ phương trình với
1;
m
=

2) Tìm các giá trị của
m
để hệ phương trình có nghiệm
( ; ); 1.
x y x
≥

Bài 22. Tìm các giá trị của
m
để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất
2 2
lg lg 1
lg .
x y
x

m
y

+ =


=



CHƯƠNG VI. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
§1. CÁC CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC
Ta quy ước các biểu thức trong các công thức sau đều có nghĩa.
1. Công thức cộng
1) cos( ) cos cos sin sin
2)cos( ) cos cos sin sin
3)sin( ) sin cos cos sin
4)sin( ) sin cos cos sin
tan tan
5)tan( )
1 tan tan
tan tan
6) tan( ) .
1 tan tan
a b a b a b
a b a b a b
a b a b a b
a b a b a b
a b
a b

a b
a b
a b
a b
+ = −
− = +
+ = +
− = −
+
+ =
−
−
− =
+

2. Công thức nhân
2.1. Công thức nhân đôi
193

2 2
2
1) cos2 cos sin
2)sin 2 2sin cos
2 tan
3) tan 2 .
1 tan
a a a
a a a
a
a

a
= −
=
=
−

2.1.1. Công thức hạ bậc
2
2
1 cos 2
1) cos
2
1 cos2
2)sin .
2
a
a
a
a
+
=
−
=

2.1.2. Công thức tính theo
cos2
a

2
2

2
1
1) cos (1 cos 2 )
2
1
2)sin (1 cos2 )
2
1 cos 2
3) tan .
1 cos 2
a a
a a
a
a
a
= +
= −
−
=
+

2.1.3. Công thức tính theo tan
2
a
t
=

2
2
1

1) cos
1
t
a
t
−
=
+

2
2
2
2)sin
1
2
3) tan .
1
t
a
t
t
a
t
=
+
=
−

2.2. Công thức nhân ba
3

3
1) cos3 4cos 3cos
2)sin 3 3sin 4sin
a a a
a a a
= −
= −

3
2
3tan tan
3) tan3 .
1 3 tan
a a
a
a
−
=
−

3. Công thức biến đổi tích thành tổng
1
1) cos cos [cos( ) cos( )]
2
1
2)sin sin [cos( ) cos( )]
2
1
3)sin cos [sin( ) sin( )].
2

a b a b a b
a b a b a b
a b a b a b
= + + −
= − + − −
= + + −

4. Công thức biến đổi tổng thành tích
194

1) cos cos 2cos cos
2 2
2)cos cos 2sin sin
2 2
3)sin sin 2sin cos
2 2
4)sin sin 2cos sin .
2 2
a b a b
a b
a b a b
a b
a b a b
a b
a b a b
a b
+ −
+ =
+ −
− = −

+ −
+ =
+ −
− =

Một số công thức quen thuộc
1) cos sin 2 cos( )
4
a a a
π
+ = −

2)cos sin 2 sin( )
4
a a a
π
+ = +

3) cos sin 2 cos( )
4
4)cos sin 2 sin( )
4
a a a
a a a
π
− = +
π
− = − −

4 4 2 2

5)cos sin 1 2sin cos
a a a a
+ = −
6 6 2 2
6)cos sin 1 3sin cos .
a a a a
+ = −
§2. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
1. Phương trình
sin
x a
=
(1)

· Nếu
1
a
>
thì phương trình (1) vô nghiệm.
· Nếu
1
a
≤
thì phương trình (1) có nghiệm.
Gọi
α
là số đo của góc sao cho
sin
a
α =

Ta có
(
)
1 sin sin
x
⇔ = α

2
;
2
x k
k
x k
= α + π

⇔ ∈


= π − α + π

ℤ

(nếu
α
cho bằng radian).
Hay
( )
0
0 0

.360
1 ;
180 .360
x k
k
x k

= α +

⇔ ∈

= − α +

ℤ

(nếu
α
cho bằng độ).
Các trường hợp đặc biệt
·
sin 1 2 , .
2
x x k k
π
= ⇔ = + π ∈
ℤ

·
sin 1 2 , .
2

x x k k
π
= − ⇔ = − + π ∈
ℤ

195

·
sin 0 , .
x x k k
= ⇔ = π ∈
ℤ

2. Phương trình
cos
x a
=
(2)

· Nếu
1
a
>
thì phương trình (2) vô nghiệm.
· Nếu
1
a
≤
thì phương trình (2) có nghiệm.
Gọi

α
là số đo góc sao cho
cos
a
α =

Ta có
(
)
2 cos cos
x
⇔ = α

2
; .
2
x k
k
x k
= α + π

⇔ ∈


= −α + π

ℤ

(nếu
α

cho bằng radian).
Hay
( )
0
0
.360
2 ; .
.360
x k
k
x k

= α +

⇔ ∈

= −α +

ℤ

(nếu
α
cho bằng độ).
Các trường hợp đặc biệt
·
cos 1 2 , .
x x k k
= ⇔ = π ∈
ℤ

·
cos 1 2 , .
x x k k
= − ⇔ = π + π ∈
ℤ

·
cos 0 , .
2
x x k k
π
= ⇔ = + π ∈
ℤ

3. Phương trình
(
)
tan 3
x a=
(3) xác định với mọi ,
2
x k k
π
≠ + π ∈
ℤ
.
Gọi
α
là số đo góc sao cho
tan ,

a
α =
thì
(
)
3 tan tan
x
⇔ = α

,x k k
⇔ = α + π ∈
ℤ

(nếu
α
cho bằng radian).
Hay (3)
0
.180 , .
x k k
⇔ = α + ∈
ℤ

(nếu
α
cho bằng độ).
Chú ý. Nếu phương trình ban đầu dạng
(
)
tan tan *

u v
=
Thì điều kiện là
2
u k
π
≠ + π
,
, .
2
v k k
π
≠ + π ∈
ℤ

Khi đó (*) ,u v k k
⇔ = + π ∈
ℤ
.
4. Phương trình
(
)
cot 4
x a=
196

(4) xác định với mọi ,x k k
≠ π ∈
ℤ
.

Gọi
α
là số đo góc sao cho
cot ,
a
α =
thì
(
)
4 cot cot
x
⇔ = α

,x k k
⇔ = α + π ∈
ℤ

(nếu
α
cho bằng radian).
Hay (4)
0
.180 , .
x k k
⇔ = α + ∈
ℤ

(nếu
α
cho bằng độ).

Chú ý. Nếu phương trình ban đầu dạng
(
)
cot cot **
u v=
thì điều kiện là
u k
≠ π
,
, ,
v k k
≠ π ∈
ℤ
khi đó (**)
, .
u v k k
⇔ = + π ∈
ℤ

§3. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP
1. Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc cao đối với một hàm số lượng giác
Cách giải.
+ Đối với các phương trình bậc nhất đối với một hàm số lượng giác ta biến đổi ngay về
phương trình lượng giác cơ bản.
+ Đối với các phương trình bậc hai, bậc cao đối với một hàm số lượng giác ta đặt ẩn phụ, sau
đó giải phương trình theo ẩn phụ.
Chú ý. Nếu đặt
cos
t x
=

hay
sin
t x
=
thì điều kiện
1.
t
≤

Ví dụ 1. Giải phương trình
(
)
2
5sin 2 3 1 sin tan (1)
x x x− = −
Giải.
Điều kiện: cos 0
2
x x k
π
≠ ⇔ ≠ + π
(*)
( )
2
2
sin
(1) 5sin 2 3 1 sin
cos
x
x x

x
⇔ − = −
( )
2
2
2
2
sin
5sin 2 3 1 sin
1 sin
3sin
5sin 2
1 sin
2sin 3sin 2 0
1
sin
2
sin 2.
x
x x
x
x
x
x
x x
x
x
⇔ − = −
−
⇔ − =

+
⇔ + − =

=

⇔


= −


Ta nhận
1 5
sin 2 2 , ,
2 6 6
x x k x k k
π π
= ⇔ = + π ∨ = + π ∈
ℤ
(thỏa điều kiện (*))
197

Ví dụ 2. Giải phương trình
sin 3 2cos 2 2 0. (1)
x x
+ − =

Giải.
(
)

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

3 2
4sin 4sin 3sin 0
x x x
⇔ + − =

sin x 0
3
sinx 2 ; .
2 6
1
5
sinx
2
2
6
x k
x k k
x k




= = π



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

2. Phương trình bậc nhất đối với
sin
x
và
cos
x

Phương trình bậc nhất đối với
sin
x
và

cos
x
là phương trình có dạng
sin cos (1), , ,a x b x c a b c
+ = ∈
ℝ

Cách giải.
Cách 1. Chia hai vế của (1) cho
2 2
,
a b
+ ta được

( )
2 2 2 2 2 2
sin cos 2
a b c
x x
a b a b a b
+ =
+ + +

Đặt
2 2 2 2
cos ,sin
a b
a b a b
β = β =
+ +

Khi đó (2) trở thành
2 2
cos sin sin cos
c
x x
a b
β + β =
+

Hay
( ) ( )
2 2
sin 3
c
x
a b
+ β =
+

(3) có nghiệm
2 2 2
2 2
1
c
a b c
a b
⇔ ≤ ⇔ + ≥
+

Phương trình (3) đã biết cách giải trong §1.
Cách 2. Chia hai vế của (1) cho
a
rồi đặt
tan
b
a
= α

Ta được sin tan cos
c
x x
a
+ α =

sin cos sin cos cos
c
x x
a
⇔ α + α = α

( )
sin cos (*)
c
x
a
⇔ + α = α
198

Đây là phương trình đã xét trong §1.

Chú ý rằng (*) có nghiệm khi và chỉ khi
cos 1.
c
a
α ≤

Ví dụ. Giải phương trình
3
3sin 3 3 cos9 1 4sin 3 (1)
x x x
− = +
Giải.
Ta có (1)
3
(3sin 3 4sin 3 ) 3 cos9 1
x x x
⇔ − − =

sin9 3 cos9 1
1 3 1
sin 9 cos9
2 2 2
1
sin(9 )
3 2
x x
x x
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 k
π π π π
 
− = + π = + ∈
 
 
⇔ ⇔
 
π π π π
− = + π = + ∈
 
 
ℤ
ℤ

3. Phương trình thuần nhất bậc hai đối với
sin
x

và
cos
x

Đó là phương trình dạng

(
)
2 2
sin sin cos cos 0 2 , , ,a x b x x c x a b c
+ + = ∈
ℝ

Cách giải.
· Xét
2
x k
π
= + π
xem có phải là một nghiệm của phương trình không.
· Xét
,
2
x k
π
≠ + π
khi đó
2
cos 0,
x

≠
chia 2 vế phương trình cho
2
cos
x
ta được

2
tan tan 0
a x b x c
+ + =
.
Đây là phương trình bậc hai đối với
tan
x
ta đã biết cách giải.
Chú ý.
· Nếu phương trình với vế phải khác 0

2 2
sin sin cos cos
a x b x x c x d
+ + =

Ta viết phương trình dạng

(
)
2 2 2 2
sin sin cos cos cos sin

a x b x x c x d x x
+ + = +
rồi chuyển vế phải sang vế trái.
· Cũng có thể giải phương trình (2) bằng cách biến đổi về phương trình bậc nhất đối với
sin 2
x
và
cos2 ,
x
nhờ các công thức
199

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

2
x x x
=
· Đối với phương trình thuần nhất bậc ba đối với
sin
x
và
cos
x


3 2 2 3
cos cos sin sin cos sin 0
a x b x x c x x d x
+ + + =

Ta cũng biến đổi đưa về phương trình bậc ba đối với
tan .
x

Ví dụ 1. Giải phương trình
2 2
os 3 sin2 =1+sin (1)
c x x x
−
Giải.
Vì
cos 0
x
=

không là nghiệm nên chia hai vế của
(1)
cho
2
os 0,
c x
≠
ta được
(
)
2 2
2
1 2 3 tan 1 tan tan
2 tan 2 3 tan 0
x x x
x x
− = + +
⇔ + =

tan 0
, .
tan 3
3
x k
x
k
x k
x
= π


=



⇔ ⇔ ∈

π

= − + π
= −
 

ℤ

Ví dụ 2. Giải phương trình

3 3 2
cos 4sin 3cos sin sin 0 (1)
x x x x x− − + =
Giải.
Vì
cos 0
x
=
không thỏa phương trình nên chia hai vế của (1) cho
3
cos 0
x
≠
ta được

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

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

tan 1
4
; .
3
tan
3
6
x
x k
k
x
x k

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

Ví dụ 3. Giải phương trình
3
sin 2 sin
4
x x
π
 
− =
 
 

(1)
Giải.
200

( )
3
3 2 2 3
1
(1) sin cos 2 sin
2 2
sin 3sin .cos 3sin .cos os 4sin (2)
x x x
x x x x x c x x
⇔ − =
⇔ − + − =

Vì
cos 0
x
=
không là nghiệm nên chia hai vế của (2) cho
3
os 0,
c x
≠
ta được
(
)
3 2 2
(2) tan 3tan 3tan 1 4 tan 1 tan .

x x x x x
⇔ − + − = +
3 2
3tan 3tan tan 1 0
tan 1 , .
4
x x x
x x k k
⇔ + + + =
π
⇔ = − ⇔ = − + π ∈
ℤ

Ví du 4. Giải phương trình
4 2 2 4
3cos 4sin cos sin 0
x x x x
− + =
(1)
Giải. Đây là phương trình thuần nhất bậc bốn đối với
sin
x
và
cos
x

Do
os 0
c
=

không là nghiệm nên chia hai vế của
(1)
cho
4
cos 0
x
≠

Ta được
2 4
2
2
3 4 tan tan 0
tan 1
4
, .
tan 3
3
x x
x k
x
k
x
x k
− + =
π

= ± + π



=


⇔ ⇔ ∈


π
=

= ± + π


ℤ

4. Phương trình đối xứng đối với
sin
x
và
cos
x

Phương trình đối xứng đối với
sin
x
và
cos
x
là phương trình dạng

(

)
(
)
sin cos sin cos 0 3 , , ,a x x b x x c a b c
+ + + = ∈
ℝ

Cách giải. Đặt
sin cos 2 sin ,
4
t x x x
π
 
= + = +
 
 
điều kiện
2.
t ≤
Khi đó
2
1 2sin cos
t x x
= +
Suy ra
2
1
sin cos .
2
t

x x
−
=
Thay vào phương trình (3) ta được
(
)
2
1
0
2
b t
at c
−
+ + =
hay
(
)
2
2 2 0.
bt at c b
+ + − =
(*)
Giải phương trình (*) tìm t và chọn nghiệm thỏa
2.
t ≤
Chú ý. Phương pháp giải đã trình bày ở trên cũng có thể áp dụng cho phương trình
(
)
sin cos sin cos 0
a x x b x x c

− − + =

201

bằng cách đặt
sin cos 2 sin ,
4
t x x x
π
 
= − = −
 
 
điều kiện
2.
t ≤
Khi đó
2
1
sin cos .
2
t
x x
−
=
Ví dụ 1. Giải phương trình
(
)
2 sin cos 6sin cos 2 0 (1)
x x x x+ + − =

Giải.
Đặt
sin cos 2 sin + ,
4
t x x x
π
 
= + =
 
 
điều kiện
2.
t ≤
(
)
2
1
(1) 2 6 2 0
2
t
t
−
⇔ + − =

2
3 2 5 0
t t
⇔ + − =

1

5
.
3
t
t
=


⇔

−
=



Ta chọn
2
1 2 sin 1 sin
4 4 2
t x x
π π
   
= ⇒ + = ⇔ + =
   
   

sin sin
4 4
2
2

4 4
,
2
2
2
4 4
x
x k
x k
k
x k
x k
π π
 
⇔ + =
 
 
π π

= π
+ = + π




⇔ ⇒ ∈

π

π π

= + π

+ = π − + π



ℤ

Ví dụ 2. Giải phương trình
(
)
sin 2 2 2 sin cos 3 0(1)
x x x+ − − =
Giải.
Đặt
sin cos 2 sin ,
4
t x x x
π
 
= − = −
 
 
điều kiện
2.
t ≤
(1)
trở thành
2
1 2 2 3 0

t t
− + − =

2
2 2 2 0 2
2 sin 2
4
t t t
x
⇔ − + = ⇔ =
π
 
⇒ − =
 
 

sin 1 2
4 4 2
x x k
π π π
 
⇔ − = ⇔ − = + π
 
 
3
2 , .
4
x k k
π
⇔ = + π ∈

ℤ

202

§4. CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÁC
Có nhiều phương trình lượng giác mà để giải chúng, ta cần sử dụng các phép biến đổi
lượng giác để đưa về các phương trình đã xét trong §1 và §2.
Sau đây ta xét một số ví dụ.
1. Sử dụng công thức hạ bậc, góc nhân đôi, góc nhân ba
Ví dụ 1. Giải phương trình
sin 2 2cos 2sin 2 0
x x x
− + − =
(1)
Giải.
(1)
sin cos cos sin 1 0
x x x x
⇔ − + − =

· Xét
2
x k
= π + π
là nghiệm của phương trình.
· Xét
2 ,
2 2
x
x k k

π
≠ π + π ⇔ ≠ + π
đặt tan
2
x
t
=

Phương trình (1) trở thành
2 2
2 2 2 2
2 1 1 2
. 1 0
1 1 1 1
t t t t
t t t t
− −
− + − =
+ + + +

2
2 1 0 1 tan 1 2 .
2 2 4 2
x x
t t t k x k
π π
⇔ − + = ⇔ = ⇒ = ⇔ = + π ⇔ = + π

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là
2 ; 2 , .

2
x k x k k
π
= π + π = + π ∈
ℤ

Chú ý. Khi đặt ẩn phụ
tan ,
2
x
t
=
nếu không xét
2
x k
= π + π
thì có thể bị sót nghiệm.
Ví dụ 2. Giải các phương trình sau
a)
(
)
2 2
cos 3 cos 2 cos 0 1
x x x− =
b)
( )
4 4
3
cos sin cos sin 3 0 2
4 4 2

x x x x
π π
   
+ + − − − =
   
   

Giải.
a)
( )
1 cos6 1 cos 2
1 cos 2 0
2 2
x x
x
+ +
⇔ − =

cos6 cos 2 1 0
x x
⇔ − =

(
)
3
4 2
4cos 2 3cos 2 cos2 1 0
4cos 2 3cos 2 1 0
x x x
x x

⇔ − − =
⇔ − − =

2
2
2
cos 2 1
cos 2 1
1
cos 2
4
x
x
x

=

⇔ ⇔ =

= −


sin 2 0 2 ; .
2
k
x x k x k
π
⇔ = ⇔ = π ⇔ = ∈
ℤ

203

b)
( )
( )
2
2 2 2 2
1 3
2 sin cos 2sin cos sin 4 sin 2 0
2 2 2
x x x x x x
 π
 
⇔ + − + − + − =
 
 
 
 
( )
2
1 1 3
1 sin 2 sin 2 cos 4 0
2 2 2
x x x
⇔ − + − − =

( )
2 2
1 1 1 1
sin 2 1 2sin 2 sin 2 0

2 2 2 2
x x x
⇔ − − − + − =

2
sin 2 sin 2 2 0
x x
⇔ + − =

sin 2 1
sin 2 2
x
x
=

⇔


= −


2 2 ; .
2 4
x k x k k
π π
⇔ = + π ⇔ = + π ∈
ℤ

Ví dụ 3. Giải các phương trình sau
a)

(
)
3
4cos 3 2 sin 2 8cos 1
x x x
+ =
b)
( )( )
cos 2 cos 2 4sin 2 2 1 sin 2
4 4
x x x x
π π
   
+ + − + = + −
   
   

Giải.
a)
(
)
3
1 4cos 6 2 sin cos 8cos 0
x x x x
⇔ + − =

(
)
( )
( )

2
2
2
cos 2cos 3 2 sin 4 0
cos 2 1 sin 3 2 sin 4 0
cos 2sin 3 2 sin 2 0
x x x
x x x
x x x
⇔ + − =
 
⇔ − + − =
 
⇔ − + − =

cos 0
cos 0
2
sin
2
2
sin
2
sin 2
x
x
x
x
x
=



=



⇔ = ⇔



=



=



2
2 ; .
4
3
2
4
x k
x k k
x k
π

= + π




π
⇔ = + π ∈



π

= + π


ℤ

b)
( ) ( )
cos 2 cos 2 4sin 2 2 1 sin 2
4 4
x x x x
π π
   
+ + − + = + −
   
   


( ) ( )
2 2cos2 cos 4sin 2 2 1 sin
4

x x x
π
⇔ + = + −
204

(
)
2
2 2 sin 4 2 sin 2 0
x x
⇔ − + + =

sin 2
1
sin
1
2
sin
2
x
x
x

=

⇔ ⇔ =

=



2
6
; .
5
2
6
x k
k
x k
π

= + π


⇔ ∈

π
= + π


ℤ

Ví dụ 4. Giải phương trình
2
4
cos cos .
3
x
x

= (1)
Giải.
( )
( )
3 2
2
4 1 cos 2
(1) cos
3 2
2
2cos2 1 cos3 ;( )
3
4cos 4cos 3cos 3 0
cos 1 4cos 3 0
x x
x
t t t
t t t
t t
+
⇔ =
⇔ = + =
⇔ − − + =
⇔ − − =

2
cos 1 0
1 cos 2 3
cos
2 4

cos 1 3
; .
1 3
cos2
2 4 2
t
t
t
t x k
k
k
t x
− =


⇔
 +
= =


= = π
 
 
⇔ ⇔ ∈
  π π
= = ± +
 
 
ℤ

Ví dụ 5. Giải phương trình
2
3 4
2cos 1 3cos
5 5
x x
+ = (1)
Giải.
( )
( )
3 2 2
6 4 2
(1) 1 cos 1 3cos 2 cos3 3cos2 ;( )
5 5 5
4cos 6cos 3cos 5 0 cos 1 4cos 2cos 5 0
x x x
t t t
t t t t t t
⇔ + + = ⇔ + = =
⇔ − − + = ⇔ − − − =

2
)cos 1 0 2 5 , .
5
x
a t t k x k k
− = ⇔ = = π ⇔ = π ∈
ℤ

205

2
1 21
cos
4
) 4cos 2cos 5 0
1 21
cos
4
t
b t t
t

−
=


− − = ⇔

+

=



1 21 5 1 21
cos arccos 5 , .
4 2 4
t x k k
− −

⇔ = ⇔ = ± + π ∈
ℤ

Ví dụ 6. Giải phương trình
4 4
1
sin cos .
4 4
x x
π
 
+ + =
 
 
(1)
Giải.
( ) ( )
2
2
2 2
1 cos 2
1 cos2 1
2
(1)
2 2 4
1 cos2 1 sin 2 1
x
x
x x
 π

 
+ +
 
 
−
 
 
 
⇔ + =
 
   
 
 
⇔ − + − =

sin 2 cos2 1
2 cos 2 1
4
, .
4
x x
x
x k x k k
⇔ + =
π
 
⇔ − =
 
 
π

⇔ = π ∨ = + π ∈
ℤ

Ví dụ 7. Giải phương trình
( )
3 3
2
cos cos3 sin sin 3 1 .
4
x x x x+ =
Giải. Vế trái của (1) bằng
cos3 3cos sin 3 3sin
cos3 sin3
4 4
x x x x
x x
+ − +
+
( )
( )
2 2
1 3
cos 3 sin 3 cos cos3 sin sin 3
4 4
1 3
cos6 cos 2
4 4
x x x x x x
x x
= − + +

= +

( )
3 3
1 3
4cos 2 3cos 2 cos 2 cos 2 .
4 4
x x x x
= − + =
3
2 2
(1) cos 2 cos 2 , .
4 2 8
x x x k k
π
⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + π ∈
ℤ

Ví dụ 8. Giải phương trình
206

3
2cos cos 2 sin 0 (1)
x x x+ + =
Giải.
( ) ( )
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
3 2 2
2

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

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

− =

⇔


+ =


sin 1
1
x
tgx
=

⇔


= −


2
; .
4
x k
k
x k
π

= + π



⇔ ∈

π
= − + π


ℤ

Ví dụ 9. Giải phương trình
4 6
cos cos 2 2sin 0 (1)
x x x− + =
Giải.
( )( ) ( )
4 2 6
2 2 2 4
(1) cos 1 2sin 2sin 0
cos 1 cos 1 2sin 1 sin 0
x x x
x x x x
⇔ − + + =
⇔ − + + + =

(
)
(
)
( )
( )

2 4 2
2 4 2
4 2
sin 2 1 sin cos 1 0
sin 2sin sin 0
sin 2sin 1 0
x x x
x x x
x x
 
⇔ + − + =
 
⇔ + =
⇔ + =

4
sin 0 ; .
x x k k
⇔ = ⇔ = π ∈
ℤ

Ví dụ 10. Giải phương trình
4cos 2cos2 cos 4 1
x x x
− − =
(1)
Giải.
(
)
2

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

207

(
)
( ) ( )
2
4cos 2cos 2 1 cos 2 0 4cos 4cos2 cos 0
cos 1 cos 2 cos 0 cos 2 cos cos3 0
x x x x x x
x x x x x x
⇔ − + = ⇔ − =
⇔ − = ⇔ − − =

3
cos 0
cos 0
2
cos 1
; .
cos 1
2
cos3 4cos 3cos 1
x
x
x k
x

k
x
x k
x x x
=

π


=
= + π



=
⇔ ⇔ ⇔ ∈





 =



= π


= − =




ℤ

Ví dụ 11. Giải phương trình
(
)
3
cos2 cos 6 4 3sin 4sin 1 0
x x x x
− + − + =
(1)
Giải. Phương trình (1) tương đương với
(
)
(
)
( )
2 2
2
2
1 cos 2 1 cos 6 4sin 3 2 0
2cos 2sin 3 4sin 3 2 0
2cos 2 sin 3 1 0
x x x
x x x
x x
+ + − + + =
⇔ + + + =
⇔ + + =

3
sin 1
cos 0
sin 3 1
3sin 4sin 1
sin 1 2 ; .
2
x
x
x
x x
x x k k
= ±
= 

 
⇔ ⇔
 
= −
− = −




π
⇔ = ⇔ = + π ∈ ℤ

2. Dạng phân thức
Chú ý. Khi giải các phương trình có chứa ẩn dưới mẫu, ta phải đặt điều kiện cho mẫu khác

không.
Ví dụ 1. Giải phương trình
6
3cos 4sin 6 (1)
3cos 4sin 1
x x
x x
+ + =
+ +

Giải. Đặt
3cos 4sin
t x x
= + ⇒
phương trình (1) trở thành
6
6.
1
t
t
+ =
+
(2)
Điều kiện:
1 0 1.
t t
+ ≠ ⇔ ≠ −

(
)

(
)
(
)
(
)
(2) 1 6 6 1 5 0 0 5 1 .
3 4 3
3cos 4sin 5 cos sin 5cos arccos
5 5 5
t t t t t t t t
t x x x x x
⇔ + + = + ⇔ − = ⇔ = ∨ = ≠ −
   
= + = + = −
   
   

3 3
) 0 cos arccos 0 arccos ; .
5 5 2
3 3
) 5 cos arccos 1 arccos 2 ; .
5 5
a t x x k k
b t x x k k
π
 
= ⇔ − = ⇔ = + + π ∈
 

 
 
= ⇔ − = ⇔ = + π ∈
 
 
ℤ
ℤ

208

Ví dụ 2. Giải phương trình
1 1 2
.
cos sin 2 sin 4
x x x
+ = (1)
Giải.
Điều kiện:
sin 4 0 , (*).
4
k
x x k
π
≠ ⇔ ≠ ∈ℤ
(
)
2
(1) 4sin cos2 2cos 2 2 4sin cos 2 2 1 2sin 2
x x x x x x
⇔ + = ⇔ + − =

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

sin 0
sin 1
1
sin
2
x
x
x


=


⇔ = −


=


.

So với điều kiện (*) ta chọn
1
sin
2
x
=

2
6
; .
5
2
6
x k
k
x k
π

= + π


⇔ ∈

π
= + π


ℤ

Ví dụ 3. Giải phương trình

3
5sin 4 cos
6sin 2cos .
2cos 2
x x
x x
x
− = (1)
Giải.
Điều kiện:
cos2 0 , .
4 2
k
x x k
π π
≠ ⇔ ≠ + ∈
ℤ

( )
3
3 2
(1) 6sin 2cos 5sin 2 cos
6sin 2cos 10sin cos * .
x x x x
x x x x
⇔ − =
⇔ − =

Vì
cos 0

x
=
không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình (*) cho
3
2cos
x
ta nhận được
(
)
2
3tan 1 tan 1 5 tan
x x x
+ − =
(
)
(
)
( )
3 2
2
3tan 2 tan 1 0 tan 1 3tan 3tan 1 0
3 1
tan 1 3 tan 0 tan 1 ; .
2 4 4
x x x x x
x x x x k k
⇔ − − = ⇔ − + + =
 
 
π

 
⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = + π ∈
 
 
 
 
 
ℤ

209

So với điều kiện của phương trình thì
4
x k
π
= + π
không thỏa. Vậy, phương trình đã cho vô
nghiệm.
3. Dạng chứa
tan
x
và
cot
x

Chú ý. Đối với các phương trình chứa
tan
x
và
cot ,

x
ta phải đặt điều kiện cho
tan
x
và
cot
x

xác định.
Ví dụ 1. Giải phương trình
cot tan sin cos (1)
x x x x
− = +

Giải.
Điều kiện:
sin 0 cos 0 , .
2
k
x x x k
π
≠ ∧ ≠ ⇔ ≠ ∈
ℤ
(*)
(
)
( )( )
2 2
(1) cos sin cos sin cos sin
sin cos sin cos sin cos 0

) sin cos 0 tan 1 ; .
4
x x x x x x
x x x x x x
a x x x x k k
⇔ − = +
⇔ + − + =
π
+ = ⇔ = − ⇔ = − + π ∈
ℤ

,
4
x k k
π
= − + π ∈
ℤ
thỏa điều kiện (*).
) sin cos sin cos 0.
b x x x x
− + =
Đặt
2
1
sin cos 2 sin( ) 2; 2 sin cos .
4 2
t
t x x x x x
π −
 

= − = − ∈ − ⇒ =
 

2
2
1
0 2 1 0 2 sin 1 2
2 4
1 2
sin
4
2
t
pt t t t t x
x
− π
 
⇔ + = ⇔ − − = ⇔ = − = −
 
 
π −
 
⇔ − =
 
 

1 2
arcsin 2
4
2

; .
5 1 2
arcsin 2
4
2
x k
k
x k

π −
= + + π


⇔ ∈

π −

= − + π


ℤ

(Thỏa điều kiện (*)).
Ví dụ 2. Giải phương trình
1
cot 2 cot3 0.
sin sin 2 sin 3
x x
x x x
+ + =

Giải.
Điều kiện:
sin .sin 2 .sin3 0 , .
2 3
k k
x x x x x k
π π
≠ ⇔ ≠ ∧ ≠ ∈
ℤ

210

sin 5 1
0 0 sin sin 5 1,
sin 2 sin 3 sin sin 2 sin 3
x
pt x x
x x x x x
⇔ = + = ⇔ = −
suy ra
sin 1
1 sin 5 sin sin5 sin 1.1 1
sin5 1
x
x x x x
x

=


= = ≤ = ⇒

=


cos 0 sin 2 0
x x
⇒ = ⇒ =
(loại vì điều
kiện). Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 3. Giải phương trình
6 tan 5cot 3 tan 2 .
x x x
+ =

Giải.
Điều kiện:
cos 0 cos2 0 sin 3 0 , .
2 4 2 3
k k
x x x x k x x k
π π π π
≠ ∧ ≠ ∧ ≠ ⇔ ≠ + π ∧ ≠ + ∧ ≠ ∈
ℤ

( )
( )
2 2
5cos 2 sin
5 tan cot 3 tan 2 tan

cos sin 3 cos cos2
1
5cos 2 sin sin3 cos 2 cos 4 12cos 2 cos2 1 0
2
x x
pt x x x x
x x x x
x x x x x x x
⇔ + = − ⇔ =
⇔ = = − ⇔ − − =
1 1
cos2 cos 2
3 4
x x
⇔ = ∨ = −
(thỏa mãn điều kiện).
1 1 1 1
arccos arccos ; .
2 3 2 4
x k x k k
 
⇔ = ± + π ∨ = ± − + π ∈
 
 
ℤ

Ví dụ 4. Giải phương trình
(
)
(

)
2 tan sin 3 cot cos 5 0.
x x x x
− + − + =

Giải.
Điều kiện:
sin 0 cos 0 , .
2
k
x x x k
π
≠ ∧ ≠ ⇔ ≠ ∈
ℤ

( ) ( )
sin cos
2 sin 1 3 cos 1 0
cos sin
2 3
0 sin cos sin cos sin cos sin cos
cos sin
x x
pt x x
x x
x x x x x x x x
x x
   
⇔ − + + − + =
   

   
⇔ = + − + + −

( )
2 3
0 sin cos sin cos
cos sin
x x x x
x x
 
⇔ = + + −
 
 

( )
2 3 3 3
0 tan arctan ; .
cos sin 2 2
a x x k k
x x
 
+ = ⇔ = − ⇔ = − + π ∈
 
 
ℤ
Thỏa điều kiện.
(
)
sin cos sin cos 0.
b x x x x

+ − =

Đặt
sin cos 2; 2
t x x
 
= + ∈ −
 
2
1
sin cos .
2
t
x x
−
⇒ =
211

2
1 2
2 1 0 2 cos 1 2 cos
4 4
2
1 2
arccos 2 , .
4
2
pt t t t x x
x k k
π π −

   
⇔ − − = ⇒ = − = − ⇔ − =
   
   
− π
⇔ = ± + + π ∈ℤ

Ví dụ 5. Giải phương trình
2
1 cos
tan (1)
1 sin
x
x
x
+
=
−

Giải. Điều kiện:
cos 0
, .(*)
2
sin 1.
x
x k k
x
≠

π


⇔ ≠ + π ∈

≠


ℤ
(
)
(
)
2
1 cos sin cos
1 cos 1 cos
(1) 0 1
1 sin 1 sin cos
2
cos 1 cos 1
; .
sin cos 0 tan 1
4
x x x
x x
x x x
x k
x x
k
x x x
x k
+ +

+ −
 
⇔ = − =
 
− +
 
= π + π

= − = −
 

⇔ ⇔ ⇔ ∈
 

π
 
+ = = −
= − + π
 


ℤ

2 ,
4
x k x k k
π
= π + π ∨ = − + π ∈
ℤ
thỏa điều kiện (*) nên là nghiệm của phương trình đã cho.

Ví dụ 6. Giải phương trình
3
2
3
1 cos
tan (1)
1 sin
x
x
x
−
=
−

Giải. Điều kiện:
{
3
cos 0
, . (*)
1 sin 0
2
x
x k k
x
π
≠
⇔ ≠ + π ∈
− ≠
ℤ
(

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

(
)
( )
2
2
1 cos

1 cos cos 1 cos
. 0
1 sin 1 sin sin 1 sin
x
x x x
x x x x
−
 
+ + +
⇔ − =
 
− + + +
 

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

(
)
1 cos 0 cos 1 2 , .
a x x x k k
− = ⇔ = ⇔ = π ∈
ℤ

( )
cos sin 0 tan 1 , .
4
b x x x x k k
π
− = ⇔ = ⇔ = + π ∈
ℤ

(
)
sin cos sin cos 0.
c 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 −
 
= + = − ∈ − ⇒ =
 

Ta có phương trình theo ẩn
t

2
1 2
2 1 0 2 cos 1 2 arccos 2 .
4 4
2
t t t x x k
π − + π
 
+ − = ⇒ = − = − + ⇔ = ± + + π
 
 
.
k
∈
ℤ

Các công thức nghiệm trên đều thỏa điều kiện (*) nên là nghiệm của phương trình đã cho.
212

4. Một số phương trình giải bằng phương pháp đặc biệt
Ngoài các phương pháp cơ bản giải phương trình lượng giác đã nêu ở các mục trên,
chúng ta còn có một số cách giải đặc biệt, sử dụng các kết quả sau
·
2 2
0
0
0
A
A B
B

=


+ = ⇔

=


·
A m
A m
B m
B m
A B
≤

=


 
≥ ⇔
 
=



=


·

1
1
1
1
1 1
A A
A A
B B
B B
A B A B
≤

=


 
≤ ⇔
 
=
 

+ = +



Ví dụ 1. Giải phương trình
2 2 2
1
sin sin 3 sin sin 3 (1)
4

x x x x
+ =
Giải.

2 2
2 2 2 2 2
2
1 1 1 1
(1) sin sin 3 sin 3 (1 sin 3 ) 0 sin sin 3 sin 6 0
2 4 2 16
1
1
sin sin 3 0
sin (1 cos 6 )
2
4
cos6 1 cos6 1
sin 6 0
x x x x x x x
x x
x x
x x
x
   
⇔ − + − = ⇔ − + =
   
   

 


− =
= −
 


 
⇔ ⇔
 
 
= ∨ = −
=



cos6 1
sin 0
2
cos6 1
6
1
5
sin
2 .
2
6
x
x k
x
x k
x

x
x k

= 




= π



=




π
⇔ ⇔ = + π


= −




 

π



=
= + π






Vậy, phương trình có nghiệm là
5
; 2 ; 2 , .
6 6
x k x k x k k
π π
= π = + π = + π ∈
ℤ

Ví dụ 2. Giải phương trình
2
(cos4 cos 2 ) 5 sin3 (1)
x x x
− = +
Giải.
2 2
(1) 4sin 3 sin 5 sin 3 (2)
x x x⇔ = + . Do
2 2
4sin 3 sin 4
5 sin 3 4

x x
x

≤


+ ≥


, nên ta có

2 2
2
2
3
3 2
sin 3 1
sin 3 sin 4
2 3
2
(2)
5 sin 3 4 sin 1
2
2
2 , .
2
k
x
x k
x

x x
x x
x l
x l
x m m
π π
π


= +
= + π


= −
 
=
   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
π π
+ = =
   
 
= + π
= + π
 
 
π
⇔ = + π ∈ℤ

213

Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2 , .
2
x m m
π
= + π ∈
ℤ

Ví dụ 3. Giải phương trình
sin 2sin 2 sin 3 2 2 (1)
x x x− − =
Giải.
Ta có vế trái của phương trình (1) bằng
( ) ( )
2 2
2 2
2
sin 2sin 2 sin 3 2cos2 sin 2sin 2 2cos 2 2sin 2 sin 1
4(sin 1) 2 2.
x x x x x x x x x
x
− − = − − ≤ − + − +
= + ≤

Vậy, (1)
2
2
cos 0

sin 1
(*)
cos2 sin 2 1 2sin 2sin cos
sin 1 sin 1
x
x
x x x x x
x x
=
 
=
 
⇔ ⇔
 
−
= =
 
 

Hệ (*) vô nghiệm. Vậy, phương trình (1) vô nghiệm.
Ví dụ 4. Giải phương trình
3 3 4
sin cos 2 sin (1)
x x x
+ = −
Giải. Ta có vế trái của (1):
3 3 2 2
3 3
sin cos sin cos sin cos 1.
x x x x x x

+ ≤ + ≤ + ≤

Vế phải của (1):
4
2 sin 1.
x
− ≥

Vậy,
3 2
3 2
4
cos cos
(1) sin sin sin 1 2 .
2
sin 1
x x
x x x x k
x

=

π

⇔ = ⇔ = ⇔ = + π



=


Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2 , .
2
x k k
π
= + π ∈
ℤ

5. Một số phương trình chứa tham số
Ví dụ 1. Cho phương trình
6 6
sin cos sin 2 (1)
x x m x+ =
Tìm
m
để phương trình có nghiệm.
Giải. Ta có
2
6 6 2 2
3
sin cos sin 2 1 3sin cos sin 2 1 sin 2 sin 2 (*)
4
x x m x x x m x x m x+ = ⇔ − = ⇔ − =
Do
sin 2 0
x
=
không thỏa phương trình nên
(*)

1 3
sin 2 .
sin 2 4
m x
x
⇔ = − Đặt
sin 2 ,0 1.
t x t
= < ≤
Ta xét hàm số
2
1 3 1 3
( ) , ( ) 0.
4 4
y f t t f t
t t
′
= = − = − − <
0
1
lim ( ) ; (1) .
4
t
f t f
+
→
= +∞ =

214

Suy ra miền giá trị của hàm số
( )
f t
là
1
[ ; ).
4
f
T
= +∞

Vậy, giá trị cần tìm của
m
để phương trình (1) có nghiệm là
1
.
4
m
≥

Ví dụ 2. Cho phương trình
2
2
3
3tan (tan cot ) 1 0 (1)
sin
x m x x
x
+ + + − =
Tìm

m
để phương trình có nghiệm.
Giải. Ta có
2 2
2
(1) 3(1 cot ) 3tan (tan cot ) 1 0
3(tan cot ) (tan cot ) 4 0.
x x m x x
x x m x x
⇔ + + + + − =
⇔ + + + − =

Đặt
tan cot , 2,
t x x t
= + ≥
ta có phương trình
2 2
3 4 0 4 3
t mt mt t
+ − = ⇔ = −

2
2
4 3 4
( ), ( ) 3 0.
t
m f t f t
t t
−

′
⇔ = = = − − <

Suy ra hàm số
( )
f t
nghịch biến, mà
lim ( ) , ( 2) 4, (2) 4.
t
f t f f
→±∞
= ∞ − = = −
∓

Do đó miền giá trị của hàm số
( )
f t
là
( ; 4] [4; ).
f
T
= −∞ − ∪ +∞

Vậy, giá trị cần tìm của
m
để phương trình (1) có nghiệm là
4 4.
m m
≤ − ∨ ≥

Ví dụ 3. Cho phương trình
sin 2( ) sin(3 ) sin (1)
x x m x
− π − − π =

Tìm
m
để phương trình có nghiệm
, .
x k k
≠ π ∈
ℤ

Giải. Ta có
3
2 2
(1) sin 2 sin 3 sin 2sin cos 3sin 4sin sin
sin (2cos 3 4sin ) sin sin (4cos 2cos 1) sin
x x m x x x x x m x
x x x m x x x x m x
⇔ + = ⇔ + − =
⇔ + − = ⇔ + − =

2
4cos 2cos 1 , ( ). (*)
x x m x k⇔ + − = ≠ π
Đặt
cos ,
t x
=

do
x k
≠ π
nên
( 1;1).
t
∈ −
(*) trở thành
2
4 2 1
t t m
+ − =
. Yêu cầu bài toán được
thỏa khi và chỉ khi
m
thuộc miền giá trị của hàm số
2
( ) 4 2 1, ( 1;1).
f t t t t= + − ∈ −
Ta có
1
( ) 8 2 0 ( 1;1).
4
f t t t
′
= + = ⇔ = − ∈ −
1 5
( ) , ( 1) 1, (1) 5.
4 4
f f f

− = − − = =

Miền giá trị của hàm số
( )
f t
trên khoảng
( 1;1)
−
là
5
[ ;5).
4
f
T = − Vậy, giá trị cần tìm của
m
là
5
5.
4
m
− ≤ <

Ví dụ 4. Cho phương trình
2 2 2
sin 3 ( 3)sin 3 4 0 (1)
x m x m+ − + − =
215

Tìm
m

để phương trình (1) có đúng bốn nghiệm thuộc đoạn
2 4
[ ; ].
3 3
π π

Giải. Đặt
sin3 , 1.
t x t
= ≤
Khi đó phương trình (1) trở thành
2 2 2
( 3) 4 0
t m t m
+ − + − =

2 2
2
2
1 sin 3 1
,
6 3
4 sin 3 4
sin3 4 (2)
k
t x
x k
t m x m
x m
π π


= − = −
= − + ∈
 

 
⇔ ⇒ ⇔

 
= − = −

 
= −

ℤ

Ta nhận thấy rằng họ nghiệm
2
6 3
k
x
π π
= − + , có đúng một giá trị
7 2 4
[ ; ].
6 3 3
x
π π π
= ∈
Vậy, để phương trình (1) có đúng bốn nghiệm thuộc đoạn

2 4
[ ; ],
3 3
π π
điều kiện là phương trình
(2) có đúng ba nghiệm khác
7
6
π
thuộc đoạn
2 4
[ ; ].
3 3
π π

Ta có
2 4
[ ; ] 3 [2 ;4 ],
3 3
x x
π π
∈ ⇔ ∈ π π
do đó điều kiện là
2
2
sin 3 0 4 0
2
m
x m
m

= −

= ⇔ − = ⇔


=


Khi đó ta được ba nghiệm là
2 4
.
3 3
x x x
π π
= ∨ = π ∨ =
Vậy, với
2 2
m m
= ∨ = −
thì phương trình (1) có đúng bốn nghiệm thuộc đoạn
2 4
[ ; ].
3 3
π π

BÀI TẬP CHƯƠNG VI
Bài 1. Giải các phương trình
1)
3
sin

x
– cos
x
=
2;

2) cos
x
+ 2cos2
x
= 1;
3) cos4
x
+ 2cos
2
x
= 0;
4)
2
2cos
x
+ 4cos
x
= 3sin
2
;
x

5) cos
x

– sin
x
+ 3sin2
x
– 1 = 0;
6) 2sin2
x

−
3
3
(sin
x
+ cos
x
) +
3 3
= 0;
7) sin2
x
+
2
sin(
x
–
4
π
) = 1;
8) sin
2

x
+ 2sin
x
coss
x
– 2cos
2
x
=
1
2
;
9) cos
x
+ sin
x
=
cos2
;
1 sin 2
x
x
−

10) sin
3
x
– cos
3
x

= 1 + sin
x
cos
.
x

Bài 2. Giải các phương trình
216

1) 2cos
2
x
– 1 = sin3
x
;
2)
1 tan
1 tan
x
x
+
−
= (sin
x
+ cos
x
)
2
;
3) 1 + tan2

x
=
2
1 sin 2
cos 2
x
x
−
;
4) tan3
x
– tan
x
= sin2
x
;
5) (sin
x
– sin2
x
)(sin
x
+ sin2
x
) = sin
2
3
x
;
6) sin

x
+ sin3
x
+ 4cos
3
x
= 0;
7) sin2
x
= 1 +
2
cos
x
+ cos2
x
;
8) 2cos
6
x
+ sin
4
x
+ cos2
x
= 0;
9)
2 2 2 2
2cos 3 cos cos 3 sin 1 0
x x x x
− + − =

.
Bài 3. Giải các phương trình
1) sin
x
+ cot
2
x
= 2;
2) sin2
x
+ cos2
x
+ tan
x
= 2;
3)
(
)
2
2
3 1 tan
cos4 + 2 = 0;
1+ tan
x
x
x
−
−
4)
tan 1

cot 2 0,(0 );
tan 1
x
x x
x
−
+ = < < π
+

5)
3
2
1 3
tan 1 3cot( ) 3,( );
cos 2 2
x x x
x
π π
π
− + − − = < <
6) cos
3
x
sin
x
– sin
3
x
cos
x

=
2
8
;
7) sin
2
3
x
– cos
2
4
x
= sin
2
5
x
– cos
2
6
x
;
8) cos3
x
– 4cos2
x
+ 3cos
x
– 4 = 0,
x
∈ [0,14];

9) sin
4
x
+ sin
4
(
2 8
x
π
+
) + cos
4
x
=
1
2
sin
2
2
x
;
10)
1
2cos 2 8cos 7
cos
x x
x
− + = .
Bài 4. Giải các phương trình
1)

cos3 sin 3
5 sin cos2 3, (0; 2 );
1 2sin 2
x x
x x x
x
+
 
+ = + ∈ π
 
+
 

2)
sin 2 .cos tan3 .sin( ) cos 2 .sin
6
x x x x x x
π
= + − ;
3)
2
cos2 1
cot 1 sin sin 2
1 tan 2
x
x x x
x
− = + −
+
;