Chuyên đề Lượng Giác Luyện Thi Đại Học

Trang 1
CHUYÊN ĐỀ PHƯ
ƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN:
1. Vòng tròn lượng giác
2. Mối liên hệ giữa các góc có liên quan đặc biệt
3 Các công thức lượng giác
- Các hằng đẳng thức lượng giác
- Công thức cộng
- Công thức nhân đôi, nhân ba
- Công thức hạ bậc
- Công thức biến đổi tổng thành tích, tích thành tổng
- Công thức biến đổi theo
tan
2
x
t =
II. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC:
1. Phương trình lượng giác cơ bản:
Ví dụ 1: (Đề thi đại học khối D năm 2002)
Tìm
[
]
0;14
x ∈ nghiệm đúng phương trình
cos 3 4cos 2 3cos 4 0
x x x
− + − =
(1)
Giải.

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

2
4cos (cos 2) 0 cos 0 (k )
2
x x x x k
π
π
⇔ − = ⇔ = ⇔ = + ∈
»

Vì
[
]
0;14
x ∈ nên
1 14 1
0 14 0,5 3,9
2 2 2
k k
π
π
π
≤ + ≤ ⇔ − = − ≤ ≤ − ≈
,mà
k
∈

»
nên
{
}
0;1;2;3
k ∈
Vậy nghiệm của phương trình là:
3 5 7
; ; ;
2 2 2 2
x
π π π π
 
∈
 
 
Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh đại học khối D, năm 2004)
Giải phương trình
(2 cos 1)(2sin cos ) sin 2 s inx
x x x x
− + = −
(2)
Giải.
(2) (2 cos 1)(2sin cos ) sinx(2cos 1) (2cos 1)(s i
nx cos ) 0
x x x x x x
⇔ − + = − ⇔ − + =


cos

1
2
cos
3
3
( , )
2
t anx 1 tan
s inx cos
4
4
x cos
x k
x
k l
x
x l
π
π
π
π
π
π


=
= ± +




=


⇔ ⇔ ⇔ ∈


 


= − = −
= −
= − +

 



 

»
Ví dụ 3: Giải phương trình
2 2 2 2
sin sin 3 os 2 os 4
x x c x c x
+ = +
(3)
Giải.

1 os2 1 os6 1 os4 1 os8
(3) ( os2 os6 ) os4 os8

2 2 2 2
c x c x c x c x
c x c x c x c x
− − + +
⇔ + = + ⇔ − + = +

2cos 4 cos 2 2 cos 6 cos 2 2 os2 ( os6 os4 )
x x x x c x c x c x
⇔ − = ⇔ +

4 2
os2 0
4cos 2 .cos 5 .cos 0 os5 0 (k )
10 5
cos 0
2
k
x
c x
x x x c x x k
x
x k
π π
π π
π
π

= +

=





⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈



=



= +


»

Chú ý:
•
••
• Khi giải p
hương trình lượng giác có chứa tanu, cotu, có ẩn ở mẫu, có chứa căn bậc chẵn thì
phải đặt điều kiện để phương trình xác định.
Vĩnh Kiệt (Trương Văn Kìm)
Chuyên đề LƯỢNG GIÁC
Thầy Kìm 0902.789.015
Trang 2
•
•
•

• Ta có thể dùng các cách sau để kiểm tra điều kiện xem có nhận hay không
+ Thử nghiệm tìm được xem có thỏa mãn điều kiện hay không.
+ Dùng đường tròn lượng giác
+ So điều kiện trong quá trình giải
Ví dụ 4: Giải phương trình
2
tan t anx.tan 3 2
x x
− =
(4)
Giải.
Điều kiện
3
cos 0
cos 3 0 ( )
6 3
cos3 4 cos 3cos 0
x
x x l l
x x x
π π
≠

⇔ ≠ ⇔ ≠ + ∈

= − ≠

»

Ta có

s inx sinx sin3x
(4) t anx(t anx tan 3 ) 2 . 2
cos cos cos3
x
x x x
 
⇔ − = ⇔ − =
 
 


2 2
sin (sinx.cos 3 cos .sin 3 ) 2cos . os3 sinx.sin( 2
) 2 cos . os3
x x x x x c x x x c x
⇔ − = ⇔ − =


2 2 2
2sin .cos 2 cos . os3 sin cos . os3
x x x c x x x c x
⇔ − = ⇔ − =
(do cosx
≠
0)

1 os2 1
( os4 os2 ) os4 1 4 2 ( )
2 2 4 2
c x

c x c x c x x k x k k
π π
π π
−
⇔ − = + ⇔ = − ⇔ = + ⇔ = + ∈
»

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:
( )
4 2
x k k
π π
= + ∈
»

Ví dụ 5: (Đề thi tuyển sinh đại học khối D, năm 2003)
Giải phương trình
2 2
sin .tan os 0
2 4 2
x x
x c
π
 
− − =
 
 
(5)
Giải.
Điều kiện

cos 0 sinx 1
x
≠ ⇔ ≠ ±

Khi đó
[ ]
2
2
1 sin 1
(1) 1 os . 1 cos 0
2 2 os 2
x
c x x
c x
π
 
 
⇔ − − − + =
 
 
 
 


2
2
(1 sinx)(1 os )
(1 cos ) 0
1 sin
c x

x
x
− −
⇔ − + =
−


2
1 os
(1 cos ) 0
1 sinx
c x
x
−
⇔ − + =
+

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

(1 cos )( cos sinx) 0
x x
⇔ + − − =

2
cos 1
(k )
t anx 1
4
x k
x
x k
π π
π
π
= +

= −


⇔ ⇔ ∈


= −
= − +


»
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:

2 ; (k )
4
x k x k
π
π π π
= + = − + ∈
»

Ví dụ 6: Giải phương trình
4 4
sin os 1
(t anx cot 2 )
sin 2 2
x c x
x
x
+
= + (6)
Giải.
Điều kiện sin2x
≠
0
Ta có: *
4 4 2 2 2 2 2 2
1
sin os (sin os ) 2sin cos 1 sin 2
2
x c x x c x x x x
+ = + − = −
*

sinx os2 1
tan cot 2
cos sin 2 sin 2
c x
x x
x x x
+ = + =
Trang 3
Vậy
2
1
1 sin 2
1
2
(6)
sin 2 2sin 2
x
x x
−
⇔ =

2 2
1
1 sin 2 1 sin 2 1
2
x x
⇔ − = ⇔ =


2

os 2 0 os2 0
c x c x
⇔ = ⇔ =


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

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
(k )
4 2
x k
π π
= + ∈
»
2. Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác
- Có dạng:
2
a sin sin 0 (a 0)
u b u c
+ + = ≠


2
acos s 0 (a 0)

u bco u c
+ + = ≠

2
atan tan 0 (a 0)
u b u c
+ + = ≠


2
acot cot 0 (a 0)
u b u c
+ + = ≠
- Cách giải: Đặt t = sinu hay t = cosu với
1
t
≤

t = tanu (điều kiện
,
2
u k k
π
π
≠ + ∈
»
)
t = cotu (điều kiện
,u k k
π

≠ ∈
»
)
Các phương trình trên trở thành
2
0
at bt c
+ + =

Giải phương trình trên tìm được t, so với điều kiện để nhận nghiệm t.
Từ đó giải phương trình lượng giác cơ bản tìm nghiệm của phương trình
Ví dụ 7: (Đề thi tuyển sinh đại học khối A, năm 2002)
Tìm các nghiệm trên
(
)
0;2
π
của phương trình
os3x+sin3x
5 sinx 3 cos 2
1 2sin 2
c
x
x
 
+ = +
 
+
 
(7)

Giải.
Điều kiện
1
sin 2
2
x
≠ −
Ta có
3 3 3 3
sin 3 os3 (3sin 4sin ) (4 os 3cos ) 3(cos sinx) 4( os
sin )
x c x x x c x x x c x x
+ = − + − = − − + −
2 2
(cos sinx) 3 4( os cos sin sin ) (cos sinx)(1 2sin 2
)
x c x x x x x x
 
= − − + + + = − +
 
Do vậy:
[
]
2
(7) 5 s inx (cos sinx) 3 (2 cos 1)
x x
⇔ + − = + −

2
1

cos
2cos 5cos 2 0
2
osx 2( )
x
x x
c loai

=

⇔ − + = ⇔

=


2 (k )
3
x k
π
π
⇔ = ± + ∈
»
(thỏa mãn điều kiện)
Vì
(
)
0;2
x
π
∈

nên
5
3 3
x x
π π
= ∨ =
Ví dụ 8:
(Đề thi tuyển sinh đại học khối A, năm 2005)
Giải phương trình
2 2
cos 3 . os2 os 0
x c x c x
− =
(8)
Giải.
1 os6 1 os2
(8) . os2 0 os6 . os2 0 (8.1)
2 2
c x c x
c x c x c x
+ +
⇔ − = ⇔ =
Trang 4
Cách 1:
3 4
2
(8.1) (4 cos 2 3cos 2 ) os2 1 0 4 cos 2 3cos 2 1 0
x x c x x x
⇔ − − = ⇔ − − =
2

2
os 2 1
1
os 2 (vô nghiêm)
4
c x
c x

=

⇔

= −



sin 2 0 2 (k )
2
x x k x k
π
π
⇔ = ⇔ = ⇔ = ∈
»

Cách 2:
( )
2
1
(8.1) os8 os4 1 0 2 os 4 os4 3 0
2

c x c x c x c x
⇔ + − = ⇔ + − =


os4 1
4 2 (k )
3
2
os4 (loai)
2
c x
x k x k
c x
π
π
=


⇔ ⇔ = ⇔ = ∈

= −

»
Cách 3: Phương trình lượng giác không mẫu mực

os6 os2 1
(8.1)
os6 os2 1
c x c x
c x c x

= =

⇔

= = −

Cách 4:
( )
1
(8.1) os8 os4 1 0 os8 os4 2 0 os8 os4 2
2
c x c x c x c x c x c x
⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = =


os4 1 (k )
2
c x x k
π
⇔ = ⇔ = ∈
»

Ví dụ 9: (Đề thi tuyển sinh đại học khối D, năm 2005)
Giải phương trình
4 4
3
cos sin os sin 3 0
4 4 2
x x c x x
π π

   
+ + − − − =
   
   
(9)
Giải.
( )
( )
2
2 2 2 2
1 3
9 sin os 2sin os sin 4 sin 2 0
2 2 2
x c x xc x x x
π
 
 
⇔ + − + − + − =
 
 
 
 

[ ]
2
1 1 3
1 sin 2 os4x+sin2x 0
2 2 2
x c
⇔ − + − − =

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


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

2 2 (k )
2 4
x k x k
π π

π π
= + ⇔ = + ∈
»

Ví dụ 10: (Đề thi tuyển sinh đại học khối B, năm 2004)
Giải phương trình
2
5sin 2 3(1 sinx)tan
x x
− = −
(10)
Giải.
Điều kiện
cos 0 s inx 1
x
≠ ⇔ ≠ ±

Khi đó:
2 2
2
sin 3sin
(10) 5sin 2 3(1 s inx) 5sin 2
1 sin 1 sin
x x
x x
x x
⇔ − = − ⇔ − =
− +

2

1
s inx (nhân do sinx 1)
2sin 3sin 2 0
2
s inx 2 (vô nghiê )
x x
m

= ≠ ±

⇔ + − = ⇔

= −


2
6
s inx sin ( )
5
6
2
6
x k
k
x k
π
π
π
π
π


= +

= ⇔ ∈


= +


»

Trang 5
Ví dụ
11: (khối A năm 2006)
Giải phương trình
(
)
6 6
2 os sin sin x cos
0
2 2sin
c x x x
x
+ −
=
−
(11)
Giải.
Điều kiện
2

s inx
2
≠
Phương trình đã cho tương đương với
( )
6 6 2
2
3 1
2 sin os sin x cos 0 2 1 sin 2 sin 2 0
4 2
3sin 2 sin 2 4 0
sin 2 1
2 2 ,
2
,
4
x c x x x x
x x
x
x k k
x k k
π
π
π
π
 
+ − = ⇔ − − =
 
 
⇔ + − =

⇔ =
⇔ = + ∈
⇔ = + ∈
»
»
Do điều kiện, nghiệm của phương trình là:
5
2 ,
4
x m m
π
π
= + ∈
»

Ví dụ 12: Giải phương trình
2 2
3cot 2 2 sin (2 3 2) cos
x x x
+ = +
(12)
Giải.
Điều kiện
s inx 0 cos 1
x
≠ ⇔ ≠ ±

Chia cả hai vế của phương trình cho
2
sin

x
ta được:
2
4 2
os cos
3 2 2 (2 3 2)
sin sin
c x x
x x
+ = + (12.1)
Đặt
2
cos
sin
x
t
x
= ta được phương trình
2
3 (2 3 2) 2 2 0
t t
− + + =
2
2 / 3
t
t

=
⇔


=

• Với
2
t = ta có
2 2
2
cos
2 cos 2(1 os ) 2 os cos 2 0
sin
x
x c x c x x
x
= ⇔ = − ⇔ + − =

osx 2 (loai)
2 (k )
2
4
cos
2
c
x k
x
π
π

= −

⇔ ⇔ = ± + ∈


=


»

• Với
2
3
t
=
ta có
2 2
2
cos 2
3cos 2(1 os ) 2 os 3cos 2 0
sin 3
x
x c x c x x
x
= ⇔ = − ⇔ + − =


osx 2 (loai)
2 (k )
1
3
cos
2
c

x k
x
π
π
= −


⇔ ⇔ = ± + ∈

=

»
Kết luận: Kết hợp đ/k được nghiệm của phương trình là
2 ; 2 (k )
3 4
x k x k
π π
π π
= ± + = ± + ∈
»

Ví dụ
13: Giải phương trình
3
tan t anx 1
4
x
π
 
− = −

 
 
(13)
Giải.
Đặt
4 4
t x x t
π π
= − ⇔ = +
.
Trang 6
Khi đó (13) trở thành:
3
1 tan
tan tan 1 1
4 1 tan
t
t t
t
π
+
 
= + − = −
 
−
 
với
cost 0
≠
và

tan 1
t
≠


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

tan 0 tan 1
t t
⇔ = ∨ = −
(nhận so điều kiện)

⇔
, (k )
4
t k t k
π
π π
= ∨ = − + ∈
»

Vậy nghiệm của phương trình (13) là:

; (k )
4
x k x k
π
π π
= + = ∈
»
3. Phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx
- Có dạng:
a sin cos
u b u c
+ =
(*)
- Cách giải: Đ/k phương trình có nghiệm:
2 2 2
a b c
+ ≥
Cách 1:
Chia cả hai vế của phương trình cho
2 2
0
a b
+ ≠
. Đặt
2 2
cos
a
a b
α
=

+
và
2 2
sin
b
a b
α
=
+
với
[
]
0;2
α π
∈ thì
2 2
(*) os .sinu sin .cos
c
c u
a b
α α
⇔ + =
+
2 2
sin(u )
c
a b
α
⇔ + =
+

Cách 2:
+ Nếu
2
u k
π π
= +
là nghiệm của phương trình (*) thì
a sin cos
b c b c
π π
+ = ⇔ − =

+ Nếu
2
u k
π π
≠ +
đặt
tan
2
u
t = thì (*) trở thành:
2
2 2
2 1
. .
1 1
t t
a b c
t t

−
+ =
+ +


2
( ) 2 0
b c t at c b
⇔ + − + − =

Giải phương trình trên tìm được nghiệm t. Từ
tan
2
u
t =
ta tìm được được u
Ví dụ 15: T
ìm
2 6
;
5 7
x
π π
 
∈
 
 
thỏa mãn phương trình
cos 7 3 sin 7 2
x x

− = −
(15)
Giải.
Chia cả hai vế phương trình (12) cho 2 ta được
1 3 2
cos 7 sin 7
2 2 2
x x− = −

2
sin cos 7 os sin 7
6 6 2
x c x
π π
⇔ − = −
sin 7 sin
6 4
x
π π
   
⇔ − = −
   
   
54 2
84 7
( , )
11 2
84 7
x k
k h

x h
π π
π π

= +

⇔ ∈


= +


»
Do
2 6
;
5 7
x
π π
 
∈
 
 
nên ta phải có:
2 54 2 6
5 84 7 7
k
π π π π
≤ + ≤ hay
2 11 2 6

(k,h )
5 84 7 7
h
π π π π
≤ + ≤ ∈
»
⇒
k = 2, h = 1, h = 2
Vậy
53 35 59
; ;
84 84 84
x
π π π
 
∈
 
 

Ví dụ 16: Giải phương trình
3
3sin 3 3 os9 1 4 sin 3
x c x x
− = + (16)
Giải.
Trang 7
(13)
(
)
3

3sin 3 4 sin 3 3 os9 1 sin 9 3 os9 1
x x c x x c x
⇔ − − = ⇔ − =


1 3 1
sin 9 os9 sin 9 sin
2 2 2 3 6
x c x x
π π
 
⇔ − = ⇔ − =
 
 

2
9 2
3 6 18 9
( )
7 2
9 2
3 6 54 9
x k x k
k
x k x k
π π π π
π
π π π π
π π
 

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

Ví dụ
17: Giải phương trình
tan 3cot 4(sinx 3 cos )
x x x
− = +
(17)
Giải.
Điều kiện
sinx 0
sin 2 0
cosx 0
x
≠

⇔ ≠

≠

Khi đó:
( )

2 2
sinx cosx
17 3 4(s inx 3 cos ) sin 3cos 4 sin cos (s inx 3 cos )
cos sin
x x x x x x
x x
⇔ − = + ⇔ − = +


sinx 3 cos
(sinx 3 cos )(sinx 3 cos 2 sin 2 ) 0
1 3
sinx cos sin 2
2 2
x
x x x
x x

= −

⇔ + − − = ⇔

− =



3
tanx 3 tan
3
2 ( )

3
sin sin 2
4 2
3
9 3
x k
x k k
x x
x k
π
π
π
π
π
π
π π

= − +


 
= − = −

 

 


⇔ ⇔ = − − ∈



 
− =


 
 


= +


»

Kết hợp điều kiện được nghiệm của phương trình là:
3
x k
π
π
= − + ;
4 2
9 3
x k
π π
= +
( )
k
∈
»
Ví dụ 18: Giải phương trình

4 4
1
os sin
4 4
c x x
π
 
+ + =
 
 
(18)
Giải.
2
2 2 2
1 1 1
(18) (1 os2 ) 1 os 2 (1 os2 ) (1 sin 2 ) 1
4 4 2 4
c x c x c x x
π
 
 
⇔ + + − + = ⇔⇔ + + + =
 
 
 
 


1 3
os2 sin 2 1 os 2 os

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

3
2
2 2 ( )
4 4
4
x k
x k k
x k
π
π
π π
π
π
π

= +

⇔ − = ± + ⇔ ∈


= − +



»

3. Phương trình đối xứng đối với sinu và cosu
- Có dạng: (sinu cos ) sin cos
a u b u u c
+ + =
(*)
- Cách giải: Đặt
sinu cos 2 os
4
t u c u
π
 
= + = −
 
 
với điều kiện
2
t ≤

2
1
sin cos
2
t
u u
−
⇒ =

Thay vào PT (*) ta được phương trình:
2
2 ( 2 ) 0
bt at b c
+ − + =

Trang 8
Giải
phương trình trên tìm được t, rồi so với điều kiện
2
t ≤
Giải phương trình cơ bản
2 os
4
c u t
π
 
− =
 
 
ta tìm được nghiệm của phương trình.
Chú ý: Nếu phương trình có dạng:
(sinu cos ) sin cos
a u b u u c
+ + =
(**)
Thì đặt
s inu-cos 2 sin
4
t u u

π
 
= = −
 
 
với điều kiện
2
t ≤

2
1
sin cos
2
t
u u
+
⇒ =
Ví dụ
19: Giải phương trình
2 3
sinx sin os 0
x c x
+ + =
(19)
Giải.
(
)
(
)
(

)
( )( )
2
19 sin 1 sinx cos 1 sin 0
1 sin s inx cos sin x cos 0
sinx 1 (1)
sinx cos sin x cos 0 (2)
x x x
x x x
x x
⇔ + + − =
⇔ + + − =
= −

⇔

+ − =

•
( )
(1) 2
2
x k k
π
π
⇔ = − + ∈
»
• Xét (2): Đặt
s inx cos 2 os
4

t x c x
π
 
= + = −
 
 
, điều kiện
2
t
≤
, thì
2
1
sin cos
2
t
x x
−
=
Khi đó (2) trở thành:
( )
2
2
1 2
1
0 2 1 0
2
1 2
t
t

t t t
t

= −
−
− = ⇔ − − = ⇔

= +


loaïi
Do
đó:
( )
2 2
(2) 2 os 1 2 os 1 os os 1
4 4 2 2
2 , 0 2
4
c x c x c c
x h h
π π
ϕ ϕ
π
ϕ π ϕ π
 
   
⇔ − = − ⇔ − = − = = −
 
   

 
   
 
⇔ = ± + ∈ < <»

Ví dụ 20: Giải phương trình
(
)
3 2
2
3 1 s inx
3 tan t anx+ 8cos
os 4 2
x
x
c x
π
+
 
− = −
 
 
(20)
Giải.
• Điều kiện:
cos 0 sinx 1
x
≠ ⇔ ≠ ±
• Khi đó:
( )

( )
( )
( )
( )
2 2
20 t anx 3tan 1 3 1 s inx 1 tan 4 1 os 4 1 sinx
2
x x c x
π
 
 
⇔ − + + + = + − = +
 
 
 
 

(
)
(
)
(
)
(
)
( )
( )
( )
( )
2 2

2
2
2
tan 3tan 1 1 s inx 3 1 tan 4 0
3 tan 1 t anx 1 s inx 0
3 tan 1 sinx cos sin x cos 0
3tan 1 (1)
sinx cos sin x cos 0 (2)
x x x
x
x x x
x
x x
⇔ − + + + − =
⇔ − + − =
⇔ − + + =

=
⇔

+ + =

•
( )
2
1 1
1 tan t anx 2 ,
3 3 6
x x k k
π

π
⇔ = ⇔ = ± ⇔ = ± + ∈
»

Trang 9
• G
iải (2): Đặt
s inx cos 2 sin
4
t x x
π
 
= + = +
 
 
, đ/k
2
t ≤ và
1
t
≠ ±

Khi đó (2) có dạng
(
)
2
2
1 2 2
1
0 2 1 0

2
1 2
t t
t
t t t
t

= − − ≤
−

+ = ⇔ + − = ⇔

= − +

loaïi do ñieàu kieän
Vậy
( )
2
2
4
sin 1 sin
3
4 2
2
4
x k
x k
x k
π
ϕ π

π
ϕ
π
ϕ π

= − +

 
+ = − = ⇔ ∈



 

= − +


»
Ví dụ 21: Giải phương trình
3 3
os sin os2
c x x c x
+ = (21)
Giải.
(
)
(
)
(
)

( )( )
( )
( )
2 2
21 s inx cos 1 sin x cos cos sin
s inx cos 1 sin x cos sinx cos 0
s inx cos 0 1
1 sin x cos s inx cos 0 2
x x x x
x x x
x
x x
⇔ + − = −
⇔ + − + − =

+ =
⇔

− + − =



• (1) t anx 1 ,
4
x k k
π
π
⇔ = − ⇔ = − + ∈
»
• Giải (2): Đặt

s inx cos 2 sin
4
t x x
π
 
= − = −
 
 
, đ/k
2
t ≤
khi đó
2
1
sin x cos
2
t
x
−
=
Phương trình (2) có dạng:
2
2
1
1 0 2 1 0 1
2
t
t t t t
−
− + = ⇔ + + = ⇔ = −

Vậy
2 ,
1
(2) sin sin
3
4 4
2 ,
2
2
x k k
x
x k k
π
π π
π
π
= ∈

   

⇔ − = − = − ⇔
   

= + ∈
   

»
»
Chú ý: Phương trình lượng giác có dạng:

2 2
(t anx cot ) (tan cot ) 0
a x b x x c
± + + + =
(***)
Ta đặt:
2 2 2
t anx cot tan cot 2
t x t x x
= ± ⇒ = + ±
(
2
t anx cot ,
sin 2
t x
x
= + = điều kiện
2
t
≥
do
sin 2 1
x
≤
)
Ví dụ 22: Giải phương trình
2 2
3 tan 4 tan 4 cot 4 cot 2 0
x x x x
+ + + + =

(22)
Giải.
Đặt
2
t anx cot
sin 2
t x
x
= + = , với điều kiện
2
t
≥
, ta có
2 2 2
tan cot 2
x x t
+ = −

Khi đó phương trình (22) trở thành:
( )
( )
2 2
2
3 2 4 2 0 3 4 4 0
3
2
t loai
t t t t
t


=

− + + = ⇔ + − = ⇔

= −

Ta có
2
2 2 sin 2 1
2sin
2 2 ,
2
,
4
t x
x
x k k
x k k
π
π
π
π
= − ⇔ = − ⇔ = −
⇔ = − + ∈
⇔ = − + ∈
»
»
Trang 10
5. Phương trình đ
ằng cấp

- Có dạng:
2 2
a sin sin cos os
u b u u cc u d
+ + =
- Cách giải:
* Kiểm tra xem cosu = o có thỏa mãn phương trinh hay không (nếu thỏa mãn thì ,
2
u k k
π
π
= + ∈
»

là nghiệm)
* Chia cả hai vế của phương trình cho
2
os 0
c u
≠
, ta được phương trình
2 2
tan tan (1 tan )
a u b u c d u
+ + = +

Đặt t = tanu ta có phương trình:
2
( ) 0
a d t bt c d

− + + − =

Giải phương trình trên tìm được t = tanu.
Ví dụ 23: Giải phương trình
2 2
os 3 sin 2 1 sin
c x x x
− = + (23)
Giải.
Vì
cos 0
x
=
không là nghiệm nên chia cả hai vế của (23) cho
2
cos 0
x
≠
, ta được
(
)
2 2
(23) 1 2 3 t anx 1 tan tan
x x
⇔ − = + +
Đặt
t anx
t
=
ta có phương trình:

2
0
2 2 3 0
3
t
t t
t
=

+ = ⇔

= −

Vậy
,
t anx 0
(23)
,
t anx 3
3
x k k
x k k
π
π
π
= ∈

=



⇔ ⇔


= − + ∈
= −


»
»
Ví dụ 24: Giải phương trình
3 3 2
os 4 sin 3cos sin sinx 0
c x x x x
− − + =
(24)
Giải.
Khi
,
2
x k k
π
π
= + ∈
»
thì
cos 0
x
=
và
sinx 1

= ±
thì phương trình (23) vô nghiệm
Do
cos 0
x
=
không là nghiệm nên chia hai vế của (23) cho
3
os
c x
ta có:
(
)
( )
( )
( )
4 2 2
3 2
2
(23) 1 4 tan 3tan tan 1 tan 0
3tan 3 tan t anx 1 0
t anx 1 3tan 1 0
t anx 1
3
t anx
3
4
6
x x x x
x x

x
x k
k
x k
π
π
π
π
⇔ − − + + =
⇔ + − − =
⇔ + − =
= −


⇔

= ±



= − +

⇔ ∈


= ± +


»
Trong các đề thi đại học những năm gần đây,

đa số các bài toán về giải phương trình lượng giác đều
rơi vào một trong hai dạng: phương trình đưa về dạng tích và phương trình chứa ẩn ở mẫu. Nhằm
giúp các bạn ôn thi có kết quả tốt, bài viết này tôi xin giới thiệu một số kĩ năng quan trọng của dạng
toán đó.
I. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH
1, Phương trình sử dụng các công thức biến đổi lượng giác: công thức biến tích thành tổng, tổng thành tích,
công thức hạ bậc,…
Bài 1. Giải phương trình : sinx+sin2x+sin3x+sin4x+sin5x+sin6x=0 (1)
Giải
() ( ) ( )
(
)
()
1 sin 6x sin x sin 5x sin 2x sin 4x sin3x 0
7x 5x x 3x 7x 3x
2sin cos cos cos 0 4sin cos 2cosx+1 0
2222 22
k2
7x
x
sin 0
7
2
3x k2
cos 0 x ;k Z
233
2cosx+1 0
2
xk2
3

⇔+++++=
⎡⎤
⎛⎞
⇔++=⇔ =
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
π
⎡
⎡
=
=
⎢
⎢
⎢
⎢
ππ
⎢
⎢
⇔=⇔=+ ∈
⎢
⎢
⎢
⎢
=
π
⎢
⎢
=± + π

⎢
⎢
⎣
⎣
*Lưu ý : Khi ghép cặp để ra tổng ( hoặc hiệu ) sin ( hoặc cos ) cần để ý đến góc để sao cho tổng hoặc hiệu
các góc bằng nhau
Bài 2
. Giải phương trình :
33
232
cos3xcos x sin 3xsin x
8
−
−= (2)
Giải
() ()()
()()
() ()
22
22 22 2
11 232
2 cos x cos4x cos2x sin x cos2x cos4x
22 8
232 232
cos4x cos x sin x cos2x cos x sin x cos4x cos 2x
44
2k
4cos4x 2 1 cos4x 2 3 2 cos4x x k Z
2162
−

⇔+−−=
−−
⇔++−=⇔+=
ππ
⇔++=−⇔=⇔=±+∈
*
Lưu ý: Việc khéo léo sử dụng công thức biến tích thành
tổng có thể giúp ta tránh được việc sử dụng công
thức nhân 3
Bài 3 . Giải phương trình :
22
2cos 2x 3cos4x 4cos x 1
4
π
⎛⎞
−+ = −
⎜⎟
⎝⎠
(3)
Giải
MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
Trang 11
()
()
22
3 1 cos 4x 3cos4x 4cos x 1 sin 4x 3cos4x 2 2cos x 1
2
xk
13
12

sin 4x cos4x cos2x cos 4x cos2x ,k Z
k
22 6
x
36 3
π
⎛⎞
⇔+ − + = −⇔ + = −
⎜⎟
⎝⎠
π
⎡
=+π
⎢
π
⎛⎞
⇔+ =⇔−=⇔ ∈
⎢
⎜⎟
ππ
⎝⎠
⎢
=+
⎢
⎣
2,Phương trình sử dụng một số biến đổi khác
Việc đưa phương trình về dạng tích điều quan trọng nhất vẫn là làm sao để phát hiện ra nhân tử chung
nhanh nhất, sau đây là một số biến đổi có thể giúp ta làm được điều đó
()()
(

)
(
)
()()
()
()
22
2
2
sin x 1 cos x 1 cos x , cos x 1 sin x 1 sin x
cos2x cos x sin x cos x sin x
1 cos 2x sin 2x 2cos x(sin x cos x)
1sin2x sinx cosx
1 cos2x sin 2x 2sin x(sin x cosx)
1sin2x sinxcosx
sin x cos x
1tanx
cos x
2sin x
⊕=− + =− +
=− +
++= +
⊕+ = +
−+= +
−=−
+
⊕+ =
⊕
sin x cos x
4

π
⎛⎞
+= +
⎜⎟
⎝⎠
Bài 4 . Giải phương trình : 2sin x(1 cos2x) sin 2x 1 2cos x++=+ (4)
Giải
Cách 1 :
()
(
)
(
)
2
4 2sin x2cos x 2sin x cos x 1 2cos x 2cos x 1 2sin x cos x 1 0⇔+=+⇔+ −=

1
cos x
2
sin 2x 1
⎡
=−
⎢
⇔
⎢
=
⎣
phần còn lại dành cho bạn đọc
Cách 2 :
()

4 2sin xcos2x (1 sin 2x) 2(cos x sin x) 0⇔−−−−=


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

()
()
2
cos x sin x 2sin x cos x 2sin x cos x sin x 2 0⇔− + −+−=
()
()
2
cos x sin x 2sin x cos x 2cos x cos x sin x 0⇔− − −+=phần còn lại dành cho bạn đọc
Bài 5 .Giải phương trình : cos2x 3sin 2x 5sin x 3cos x 3++−= (5)
Giải
()
2
5 (6sin x cos x 3cos x) (2sin x 5sin x 2) 0
3cosx(2sinx 1) (2sinx 1)(sinx 2) 0
(2sin x 1)(3cos x sin x 2) 0
⇔−−−+=
⇔−−−−=
⇔− −+=
Phương trình này tương đương với 2 phương trình cơ bản ( dành cho bạn đọc )
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU
Với loại phương trình này khi giải rất dễ
dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm, điều quan trọng nhất của dạng này
là đặt điều kiện và kiểm tra điều kiện xác định. Thông thường ta hay dùng đường tròn lượng giác để loại

nghiệm.
Trang 12
Ngoài ra , ta cũng gặp nhiều phương trình chứa tan , cot . Khi đó , có thể sử dụng một số công thức
()
(
)
() ()
sin a b sin b a
tan a tan b cota cotb=
cos a cos b cosa cos b
cos a b cos a b
tan a cot b tana-cotb=
cos asin b cos asin b
2
tan a cot a c
sin 2a
±±
⊕±= ⊕±
−−+
⊕+= ⊕
⊕+= ⊕
() ()
ot a tan a 2cot 2a
cos a b cos a b
1 tan a tan b 1 tan a tan b
cos a cos b cos a cos b
−=
−−+
⊕+ = ⊕− =
Cần lưu ý các điều kiện xác định của từng công thức

Bài 6 . Giải phương trình :
2cos4x
cot x tan x
sin 2x
=+ (6)
Giải .
ĐK :
sin x 0
k
cos x 0 sin 2x 0 x ,k Z
2
sin 2x 0
≠
⎧
π
⎪
≠⇔ ≠⇔≠ ∈
⎨
⎪
≠
⎩
()
xl
2cos4x 2cos 2x 2cos4x
6 cot x tan x cos4x cos2x ,l Z
l
sin 2x sin 2x sin 2x
x
3
=π

⎡
⎢
⇔−= ⇔ = ⇔ = ⇔ ∈
π
⎢
=
⎣

Kiểm tra điều kiện ta được
xl,lZ
3
π
=± + π ∈
Bài 7 . Giải phương trình :
(
)
(
)
32
2
4cos x 2cos x 2sin x 1 sin 2x 2 sin x cos x
0
2sin x 1
+−−−+
=
−
(7)
Giải .
ĐK :
2

k
2sin x 1 0 cos2x 0 x ,k Z
42
π
π
−≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ + ∈
() ( )
(
)
(
)
()()()
2
7 4cos x sin x cos x 2cos x sin x cos x 2 sin x cos x 0
xm
4
2 sin x cos x cos x 1 2cos x 1 0 x m2 ,m Z
2
xm2
3
⇔+−+−+=
π
⎡
=− + π
⎢
⎢
⇔+ − +=⇔=π ∈
⎢
⎢
π

=± + π
⎢
⎣
Kiểm tra điều kiện ta
được nghiệm
m2
x,mZ
3
π
=
∈
Bài 8. Giải phương trình :
2
3tan3x cot2x 2tanx
sin 4x
+=+ (8)
Giải
Trang 13
ĐK :
cos3x 0
k
x
sin2x 0
63
,k Z
cos x 0
k
x
4
sin 4x 0

≠
⎧
ππ
⎧
≠+
⎪
⎪
≠
⎪⎪
⇔∈
⎨⎨
≠
π
⎪⎪
≠
⎪
⎪
⎩
≠
⎩
(*)
() ( ) ( )
()
22sin2xcosx 2
8 2 tan 3x tan x tan 3x cot 2x
sin 4x cos3x cos x cos3x sin 2x sin 4x
4sin 4x sin x 2cos2xcos x 2cos3x 4sin 4x sin x cos3x cos x 2cos3x
4sin 4x sin x cos3x cos x 8sin 2xcos2x sin x 2sin 2x sin x do (*)
cos2x
⇔−++=⇔ + =

⇔+=⇔++=
⇔=−⇔ =−
⇔=
111
xarccos m,mZ
424
−
⎛⎞
−⇔=± +π ∈
⎜⎟
⎝⎠
nghiệm này thoả mãn
ĐK
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
2
3
1, cos3x cos2x cos x 1 0
2, 2 2 sin x cos x 1
12
3,(1 tan x)(1 sin 2x) 1 tan x
11
4,sin 2x sin x 2cot 2x
sin 2x 2sin x
5,sin 2x cos2x 3sin x cos x 2 0
x
6, tan x cos x cos x sin x 1 tan x tan
2
7,2 2cos x 3cos x si
4
+−−=

π
⎛⎞
−=
⎜⎟
⎝⎠
−+=+
+− − =
++−−=
⎛⎞
+− = +
⎜⎟
⎝⎠
π
⎛⎞
−− −
⎜⎟
⎝⎠
()
33
22
2
nx 0
2 cos x sin x
1
8,
tan x cot 2x cot x 1
1
9,cos x cos2xcos3x sin xsin 2x sin3x
2
10,sin x cos x cos2x tan x tan x

44
11, tan x tan 2x sin 3x cos 2x
x7
12,sin x cos4x sin 2x 4sin
42 2
xx
13,sin sin x cos sin
22
=
−
=
+−
+=
ππ
⎛⎞⎛⎞
−= + −
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
+=−
π
⎛⎞
−= −−
⎜⎟
⎝⎠
−
()
2
2
2332
x

x12cos
42
14,2sin x cot x 2sin 2x 1
sin 3x
15,sin x cos3x sin x sin 3x cos x sin xsin 3x
3sin4x
π
⎛⎞
+= −
⎜⎟
⎝⎠
+= +
++=
Trang 14