PHƯƠNG PHÁP GIẢI PT LƯỢNG GIÁC

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
1

Chương I: Phương trình lượng giác cơ bản
và một số phương trình lượng giác thường gặp

Để giải 1 PTLG, nói chung ta tiến hành theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa. Các điều kiện ấy bao hàm các điều kiện để căn có nghĩa, phân
số có nghĩa, biểu thức logatit có nghĩa. Ngoài ra trong các PTLG có chứa các biểu thức chứa
tan
x
va
cot
x
thì
cần điều kiện để
tan
x
và
cot
x
có nghĩa.
Bước 2: Bằng phương pháp thích hợp đưa các phương trình đã cho về một trong các phương trình cơ bản .
Bước 3: Nghiệm tìm được phải đối chiếu với điều kiện đã đặt ra. Những nghiệm nào không thoả mãn điều kiện
ấy thì bị loại.
1.1 Phương trình lượng giác cơ bản
1.1.1- Định nghĩa: Phương trình lượng giác là phương trình chứa một hay nhiều hàm số lượng giác .
1.1.2- Các phương trình lượng giác cơ bản.
a. Giải và biện luận phương trình
sin

x m

(1)
Do


sin 1;1
x  nên để giải phương trình (1) ta đi biện luận theo các bước sau
Bước 1: Nếu
1
m

phương trình vô nghiệm
Bước 2: Nếu
1
m

ta xét 2 khả năng
Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua sin của góc đặc biệt, giả sử

khi đó phương trình sẽ có dạng đặc biệt.

2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
 


  
 

  

  



Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua sin của góc đặc biệt khi đó đặt
sin
m


. Ta có:
2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
 

  
 

  

  




Như vậy ta có thể kết luận phương trình có 2 họ nghiệm
Đặc biệt ta cần phải nhớ được các giá trị của các cung đặc biệt như
; ; ; ; ;2
6 4 2 3
   
 
 
 
 
vì sau khi biến đổi
các bài toán thương đưa về các cung đặc biệt.
Ví dụ 1: Giải phương trình
1
sin
4
x


Giải:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
2

Ta nhận thấy
1
4
không là giá trị của cung đặc biệt nào nên ta đặt
1

sin
4


Khi đó ta có:
2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
 

  
 

  

  



Vậy phương trình có 2 họ ngiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình
3
sin 3
4 2
x

 

 
 
 

Giải:
Do
3
sin
3 2

 nên
3
sin 3 sin 3 sin
4 2 4 3
2
3 2 3 2
4 3 4 3 24 3
5 2
3 2 3 2
4 3 3 4 24 3
x x
x k x k x k
k
x k x k x k
  
     
 
     
   
   

    
   
   
  
        
  
   
  
  
         
  
  


Vậy phương trình có hai họ nghiệm .
b. Giải và biện luận phương trình lượng giác
cos ( )
x m b


Ta cũng đi biện luận (b) theo m
Bước 1: Nếu
1
m

phương trình vô nghiệm .
Bước 2: Nếu
1
m


ta xét 2 khả năng:
Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua cos của góc đặc biệt, giả sử góc

. Khi đó phương trình có dạng

2
cos cos ,
2
x k
x k
x k
 

 
 

  

  



Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn được qua
cos
của góc đặc biệt khi đó
đặt
cos
m



. Ta có:
2
cos cos ,
2
x k
x k
x k
 

 
 

  

  



Như vậy ta có thể kết luận phương trình có 2 họ nghiệm
Ví Dụ Minh Hoạ.
Ví dụ 1: Giải phương trình sau
1
cos
2
x
 

Giải:

Do
2 1
cos cos
3 3 2
 

 
   
 
 

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
3

Nên
1 2
cos cos cos 2 ( )
2 3 3
x x x k k
 

        


Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình
3cos 2 1
6
x


 
 
 
 

Giải:
1
3cos 2 1 cos 2
6 6 3
x x
 
   
    
   
   

Vì
 
1
1;1
3
  và
1
3
không là giá trị của cung đặc biệt nên tồn tại góc


0;
 

 sao cho
1
cos
3



Ta có:
cos 2 cos 2 2
6 6
x x k
 
  
 
      
 
 

2 2 ( )
6 12 2
x k x k k
  
  
          


Vậy phương trình có hai họ nghiệm .
c. Giải và biện luận phương trình lượng giác
tan ( )
x m c



Ta cũng biện luận phương trình (c) theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện cos 0 ,
2
x x k k


    


Bước 2: Xét 2 khả năng
Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua tan của góc đặc biệt, giả sử

khi đó phương trình có dạng
tan tan ,x x k k
  
    


Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn được qua tan của góc đặc biệt, khi đó đặt
tan
m


ta được
tan tan ,x x k k
  

    


Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình
tan 3
x 
Giải:
Do
3 tan
6

 nên ta có: tan 3 tan tan ,
6 6
x x x k k
 

      


Vậy phương trình có 1 họ nghiệm.
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
4

Ví dụ 2: Giải phương trình
tan 2
5
x


 
 
 
 

Giải:
Điều kiện: cos 0
5 5 2
x x k
  

 
     
 
 

Do 2 không thể biểu diễn được qua tan của góc đặc biệt nên ta đặt
tan 2


.
Từ đó ta có
tan 2 tan tan ( )
5 5 5 5
x x x k x k k
   
    
   
             

   
   


Vậy phương trình có một họ nghiệm.
d. Giải và biện luận phương trình lượng giác
cot ( )
x m d


Ta cũng đi biện luận theo m
Bước 1: Đặt điều kiện sin 0x x k k

   


Bước 2: Xét 2 khả năng
Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua cot của góc đặc biệt, giả sử

khi đó phương trình có dạng
cot cot ,x x k k
  
    


Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua cot của góc đặc biệt, khi đó đặt
cot
m



ta được
cot cot ,x x k k
  
    


Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình (d) luôn có nghiệm.
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1:
Giải phương trình sau:
1
cot
4
3
x

 
 
 
 
(1)
Giải:
Điều kiện cos 0 ,
4 4 4
x x k x k k
  
 
 
        
 

 

(*)
Ta có:
(1) cot cot ,
4 3 4 3 12
x x k x k k
    
 
 
     
    
 
 


Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện (*)
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình
cot(4 35 ) 1
o
x
  

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
5

Giải:
Ta nhận thấy

cot( 45 ) 1
o
  
nên ta có
cot(4 35 ) 1 cot(4 35 ) cot( 45 )
o o o
x x      
4 35 45 180 4 80 180 20 45 ( )
o o o o o o o
x k x k x k k           


Vậy phương trình có 1 họ nghiệm .
Lưu ý: Không được ghi hai loại đơn vị (radian hoặc độ r) trong cùng một công thức.
1.2 Một số phương trình lượng giác thường gặp.
1.2.1 Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác
Dạng 1:
2
sin sin 0 ( 0; , , )
a x b x c a a b c    

(1)
Cách giải:
Đặt
sin
t x

, điều kiện
1
t



Đưa phương trình (1) về phương trình bậc hai theo t, giải tìm t chú ý kết hợp với điều kiện rồi giải tìm x
Dạng 2:
2
cos cos 0 ( 0; , , )
a x b x c a a b c    

(2)
Cách giải:
Đặt
cos
t x

điều kiện
1
t

ta cũng đưa phương trình (2) về phương trình bậc hai theo t, giải tìm trồi tìm x
Dạng 3:
2
tan tan 0 ( 0; , , )
a x b x c a a b c    

(3)
Cách giải:
Điều kiện: cos 0 ,
2
x x k k



    


Đặt


tant x t 

ta đưa phương trình (3) về phương trình bậc hai theo t, chú ý khi tìm được nghiệm x cần
thay vào điều kiện xem thoả mãn hay không
Dạng 4:
2
cot cot 0 ( 0; , , )
a x b x c a a b c    

(4)
Cách giải:
Điều kiện sin 0 ,x x k k

   


Đặt
cot ( )
t x t
 

. Ta cũng đưa phương trình (4) về phương trình bậc hai theo ẩn t.
Dạng 5: Một số dạng khác

a. Phương trình chứa hàm lượng giác sinu, cosu với lũy thừa bậc chẵn: Dùng công thức hạ bậc và đặt t = cosu (
1
t

)
đưa phương trình về dạng đa thức theo t.
b. Phương trình chứa
1
( )
( )
f u
f u

và
2
2
1
( )
( )
f u
f u

trong đó
( )
f u
là hàm lượng giác của u:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
6

Ta đặt:
1
( )
( )
t f u
f u
 
(Nếu
1
( )
( )
t f u
f u
 
:
2)
t

đưa phương trình bậc 2 theo t.

Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình
2
2cos 3cos 1 0
x x
  
(1)
Giải:
Phương trình (1)
2

cos 1
,
1
2cos
3
2
x k
x
k
x kx









  


  
 


Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình
2
cot tan 4sin 2

sin 2
x x x
x
   (2)
Giải:
Điều kiện sin2 0 ,
2
k
x x k

   


Ta có:
 
2 2
2
2
cos sin 2 cos sin 2
(2) 4sin 2 4sin 2
sin cos sin 2 sin .cos sin 2
2cos2 2
4sin 2 cos2 2sin 2 1
sin 2 sin 2
cos2 1
2cos 2 cos2 1 0 *
1
cos2
2
x x x x

x x
x x x x x x
x
x x x
x x
x
x x
x

      
     



    

 


Ta thấy
cos2 1
x

không thoả mãn điều kiện. Do đó
(*)
1 2
cos2 2 2 ,
2 3 3
x x k x k k
 

 
        



Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Ví dụ 3: Giải phương trình 1
cos
1
sin2)1cos2(cos1



x
xxx

Giải:
Điều kiện:

21cos mxx




Phương trình 0sin2)sin1(2cos1sin2coscos21
22
 xxxxxx
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
7

 
2
2
sin
2sin 2 sin 2 0
2
sin 2
x
x x
x loai

 

    






2
2
4
sin sin ,
5
2 4
2
4
x k

x k
x k






  

 
     

 
 

 




Bài tập:
Bài 1: Giải phương trình:
2
5sin 4sin 1 0
x x
  

Bài 2 Giải phương trình:
cos2 3cos 4 0

x x
  

Bài 3: Giải phương trình:
5
3tan 2 3tan 0
2
x x
  

Bài 4: Giải phương trình:
cos(4 2) 3sin(2 1) 2
x x
   

Bài 5: Giải phương trình:
4
tan 3 3tan3 1 0
x x
  

Bài 6: Giải phương trình:
4 2
25
cos 2 6cos 2
16
x x 
Bài 7: Giải phương trình:
2 2
sin 2

tan6
2cos 2sin
4
x
x
x




Bài 8: Giải phương trình
2
1 2sin 3 2 sin sin 2
1
2sin .cos 1
x x x
x x
  



Bài 9: Giải phương trình
4
4
1
cot 2 25
sin 2
x
x
 

1.2.2 Phương trình bậc nhất đối với
sin ,cos
x x

a. Định nghĩa: Phương trình
sin cos (1)
a x b x c
 
trong đó a, b, c


và
2 2
0
a b
 
được gọi là phương
trình bậc nhất đối với
sin ,cos
x x

b. Cách giải.
Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách sau:
Cách 1: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Kiểm tra
- Nếu
2
2 2
a

c
b

phương trình vô nghiệm
- Nếu
2 2 2
a b c
 
khi đó để tìm nghiệm của phương trình ta thực hiện tiếp bước 2
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
8

Bước 2: Chia cả 2 vế phương trình (1) cho
2 2
a b

, ta được

2 2 2 2 2 2
sin cos
a b c
x x
a b a b a b
 
  

Vì
2 2
2 2 2 2

1
a b
a b a b
   
 
   
 
   
nên tồn tại góc

sao cho

2 2 2 2
cos , sin
a b
a b a b
 
 
 

Khi đó phương trình (1) có dạng
2 2 2 2
sin .cos sin .cos sin( )
c c
x x x
a b a b
  
    
 

Đây là phương trình cơ bản của sin mà ta đã biết cách giải
Cách 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Với
cos 0 2 ( )
2
x
x k k
 
    

thử vào phương trình (1) xem có là nghiệm hay không?
Bước 2: Với
cos 0 2 ( )
2
x
x k k Z
 
    
Đặt
tan
2
x
t  suy ra
2
2 2
2 1
sin , cos
1 1
t t
x x

t t

 
 

Khi đó phương trình (1) có dạng
2
2
2 2
2 1
( ) 2 0 (2)
1 1
t t
a b c c b t at c b
t t

       
 

Bước 3: Giải phương trình (2) theo t , sau đó giải tìm x.
Dạng đặc biệt:
.
sin cos 0 ( )
4
x x x k k


      


.
sin cos 0 ( )
4
x x x k k


     

.
Chú ý: Từ cách 1 ta có kết quả sau
2 2 2 2
sin cos
a b a x b x a b
     
từ kết quả đó ta có thể áp dụng tìm GTLN và GTNN của các hàm số có
dạng
sin cos
y a x b x
 
,
sin cos
sin cos
a x b x
y
c x d x



và phương pháp đánh giá cho một số phương trình lượng giác .

Ví Dụ Minh Hoạ:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
9

Ví Dụ 1: Giải phương trình:
sin 2 3cos2 3
x x
 
(1)
Giải:
Cách 1: Chia cả hai vế phương trình (1) cho
2 2
1 3 10
  ta được

1 3 3
sin 2 cos2
10 10 10
x x 

Đặt
3 1
sin , cos
10 10
 
 
. Lúc đó phương trình (1) viết được dưới dạng

cos sin 2 sin cos2 sin sin(2 ) sin

2 2
,
2 2
2
x x x x
x k
x k
k
x k
x k
   
 
  

   

    
 

  


  


   
 




Vậy phương trình có 2 nghiệm
Cách 2:
Ta nhận thấy
cos 0
x

là nghiệm của phương trình
-Với cos 0 ,
2
x x k k


     
.
Đặt
tan
t x

, lúc đó
2
2 2
2 1
sin 2 , cos2
1 1
t t
x x
t t

 

 

Phương trình (1) sẽ có dạng
2
2 2
2 2
2 1
3 3 2 3(1 ) 3(1 ) 3
1 1
t t
t t t t
t t

        
 

Hay tan 3 tan ,x x k k
  
     


Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng
2
sin 2 3(1 cos2 ) 2sin .cos 6cos
cos 0 tan 3 tan
(sin 3cos )cos 0
sin 3cos 0 cos 0
x x x x x
x x

x x x
x x x

   
  
 
    
 
  
 

,
2
x k
k
x k
 


 


  

 


Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Chú ý:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
10

Khi làm bài toán dạng này chúng ta nên kiểm tra điều kiện trước khi bắt tay vào giải phương trình bởi có một số
bài toán đã cố tình tạo ra những phương trình không thoả mãn điều kiện. Ta xét ví dụ sau:
Ví Dụ 2: Giải phương trình


2 2(sin cos )cos 3 cos2 2
x x x x  
Giải:
Ta biến đổi phương trình (2)
Ta có:
2 sin 2 2(1 cos 2 ) 3 cos 2
x x x
    
2 2 2
2 2
2 sin 2 ( 2 1)cos2 3 2
2 ; 2 1 ; 3 2
2 ( 2 1) 5 2 2
(3 2) 11 6 2
x x
a b c
a b
c
    
    
     
   

Suy ra
2
2 2
a
c
b
 

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm .
Ngoài ra chúng ta cần lưu ý rằng việc biến đổi lượng giác cho phù hợp với từng bài toán sẽ biểu diễn chẵn các
họ nghiệm . Ta xét ví dụ sau
Ví Dụ 3: Giải phương trình
(1 3)sin (1 3)cos 2 (3)
x x   
Giải:
Cách 1: Thực hiện phép biến đổi
(3)
1 3 1 3 2 1
sin cos
2 2 2 2 2 2 2
x x
   
 
  
   
   
   

Đặt

1 3 1 3
cos ; sin
2 2 2 2
x x
 
 
Phương trình (3) sẽ được viết thành
1
sin .cos sin .cos sin( ) sin
4
2
x x x

  
    

2 2
4 4
,
3
2 2
4 4
x k x k
k
x k x k
 
   
 
    
 

     
 
  
 
 
      
 
 


Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
11

(sin cos ) 3(sin cos ) 2 2 sin 6 cos 2
4 4
1 3 1 1
sin cos sin cos cos sin
2 4 2 4 4 3 4 3
2 2
2
2
3
12 4
sin sin
4 3 4
2
12 4

x x x x x x
x x x x
x k
x k
x
x k x
 
     

 


  
 
 
   
        
   
   
       
         
       
       

 
  

 
     


 
 

   


5
2
6
k
k







 




Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Qua hai cách giải ở bài trên ta nhận thấy bằng cách 2 ta thu được nghiệm phương trình chẵn.
Bài trên cũng có thể sử dụng cách đặt
tan
2
x
t  và ta cũng thu được nghiệm chẵn

Chú ý:
Đối với phương trình dạng
sin ( ) cos ( ) sin ( ) cos ( ) (*)
a P x b Q x c Q x d P x
  
trong đó a, b, c, d


thoả
mãn
2 2 2 2
0
a b c d 

 và P (x) ,Q(x) không đồng thời là các hàm hằng số . Bằng phép chia cho
2 2
a b


ta có (*)




sin ( ) sin ( )P x Q x
 
   
hoặc
(*)





cos ( ) cos ( )P x Q x
 
   
t rong đó
,
 
là các góc phụ thích hợp. Ta xét ví dụ sau:
Ví Dụ 4: Giải phương trình:
cos7 sin5 3(cos5 sin7 ) (4)
x x x x  
Giải:
(4)

cos7 3sin7 3 cos5 sin5
x x x x
  
1 3 3 1
cos7 sin7 cos5 sin5
2 2 2 2
x x x x
   
cos cos7 sin sin 7 cos cos5 sin sin5
3 3 6 6
x x x x
   
   
7 5 2

3 6
cos 7 cos 5
3 6
7 5 2
3 6
x x k
x x
x x k
 

 
 
 

   

   

    
   
 
    
    
 

 


2 2
6 12

3
12 2
8 6
2
x k x k
k Z
k
x
x k
 
 
 


 
   
 
  
 
 
 
 
 
 

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
12

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

Bài tập: Giải các phương trình sau:
1.
3sin cos 3
x x 
2.
10cos 24sin 2 13
x x
 

3.
2 2
sin 6 cos 3cos 2 sin
x x x x
  
4.
3
4cos 3sin3 1 3cos
x x x
  
5.
4 4
sin cos 1 2 2 sin .cos
x x x x
  

6.
4 4
2( 3sin cos ) 7 sin 2 3(cos sin )
x x x x x
   

7.
3 1
8sin
cos sin
x
x x
 
8.
2 2(sin cos )cos 3 cos 2
x x x x
  
9.
cos 2cos2 2 2 cos3
x x x
  

10.
2 3
2 cos 6sin 2sin 2sin
5 12 5 12 5 3 5 6
x x x x
   
       
      
       
       

1.2.3 Phương trình thuần nhất bậc hai đối với
sin
x

và
cos
x
.
a. Định nghĩa: Phương trình thuần nhất bậc hai đối với
sin
x
,
cos
x
là phương trình.

2 2
sin sin .cos cos
a x b x x c x d
  
(1) trong đó a, b, c, d



b. Cách giải :
Chia từng vế của phương trình (1) cho một trong ba hạng tử
2 2
sin ,cos
x x
hoặc
sin .cos
x x
. Chẳng hạn
nếu chia cho

2
cos
x
ta làm theo các bước sau:
Bước 1: Kiểm tra:
cos 0 ,
2
x x k k


    

xem nó có phải là nghiệm của phương trình (1) hay không?
Bước 2: Với
cos 0
x

chia cả hai vế cho
2
cos
x
lúc đó phương trình (1) trở thành

2 2 2
tan tan (1 tan ) ( )tan tan 0
a x b x c d x a d x b x c d
         

Đây là phương trình bậc hai theo tan ta đã biết cách giải.
Cách 2: Dùng công thức hạ bậc

2 2
1 cos2 1 cos2 sin 2
sin ; cos ; sin .cos
2 2 2
x x x
x x x x
 
  
đưa phương trình đã cho về phương trình
sin 2 ( )cos2
b x c a x d c a
    

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
13

Đây là phương trình bậc nhất đối với sin và cos ta đã biết cách giải
Chú ý:
Đối với phương trình đẳng cấp bậc n (n

3) với dạng tổng quát
(sin ,cos ,sin cos ) 0
n n k h
A x x x x

trong đó ; , ,k h n k h n
  


Khi đó ta cũng làm theo 2 bước:
Bước 1: Kiểm tra xem
cos 0
x

có phải là nghiệm của phương trình hay không?
Bước 2: Nếu
cos 0
x

. Chia cả hai vế của phương trình trên cho
cos
n
x
ta sẽ được phương trình bậc n theo
tan. Giải phương trình này ta được nghiệm của phương trình ban đầu.
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phương trình:
2
2 3cos 6sin .cos 3 3
x x x   (1)
Giải:
Cách 1:
Phương trình (1)
3(1 cos 2 ) 3sin 2 3 3 cos2 3sin2 3
x x x x       

1 3 3 3
cos2 sin 2 cos 2
2 2 2 3 2

x x x

 
     
 
 


2 2
2
3 6
4
,
2 2
3 6 12
x k
x k
k
x k x k
  


  
 
 
  
 


  





     






Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Cách 2:
Thử với cos 0 2 ,
2
x x k k


    

vào phương trình (1) ta có
0 3 3
 

vô lí.
Vậy 2 ,
2
x k k



  

không là nghiệm của phươngtrình.
Với
cos 0
x

Chia cả hai vế của phương trình cho
2
cos
x
ta được

2 2
2 3 6tan (3 3)(1 tan ) (3 3)tan 6tan 3 3 0
x x x x
         

tan 1
,
4
3 3
tan tan
3 3
x
x k
k
x
x k




 



 


  



 
 






Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
14

Chú ý:
Không phải phương trình nào cũng ở dạng thuần nhất ta phải thực hiện một số phép biến đổi thích hợp
Ví Dụ 2: Giải phương trình:
3

sin 2sin
4
x x

 
 
 
 
(2)
Giải:
Ta nhận thấy sin
4
x

 

 
 
có thể biểu diễn được qua
sin cos
x x

. Luỹ thừa bậc ba biểu thức
sin cos
x x


ta sẽ đưa phương trình về dạng thuần nhất đã biết cách giải t
Phương trình (2)
3

3
2 2sin 4sin 2sin 4sin
4 4
x x x x
 
 
   
     
   
 
   
 


3
(sin cos ) 4sin
x x x
  
Xét vớicos 0 2 ,
2
x x k k


    

. Khi đó phương trình có dạng
3
sin 4sin
2 2
k k

 
 
   
    
   
   
mâu thuẫn
Vậy phương trình không nhận
2
2
x k


  làm nghiệm
Với
cos 0
x

. Chia cả hai vế của phương trình (2) cho
3
cos
x
ta được:

3 2 3 2
(tan 1) 4(1 tan )tan 3tan 3tan tan 1 0
x x x x x x
       
.
Đặt

tan
t x

phương trình có được đưa về dạng:

3 2 2
3 3 1 0 ( 1)(3 1) 0 1 ,
4
t t t t t t x k k


              


Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện của phương trình .
Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm
Chú ý:
Ngoài phương pháp giải phương trình thuần nhất đã nêu ở trên có những phương trình có thể giải bằng phương
pháp khác tuỳ thuộc vào từng bài toán để giải sao cho cách giải nhanh nhất, khoa học nhất.
Ví Dụ 3: Giải phương trình:
1 tan
1 sin 2
1 tan
x
x
x

 

(3)

Giải:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
15

Điều kiện
cos 0
2
,
tan 1
4
x k
x
k
x
x k





 




 
 
 



  




Cách 1:
Biến đổi phương trình về dạng:
   
2 3
cos sin
cos sin cos sin cos sin
cos sin
x x
x x x x x x
x x

     


Chia cả hai vế của phương trình (3) cho
3
cos 0
x

ta được:


 
 

3
2 2
3 2 2
1 tan 1 tan tan 1 tan
tan tan 2tan 0 tan tan 2 tan 0 (*)
x x x x
x x x x x x
    
       

(do
2
tan tan 2 0
x x
  
vô nghiệm) nên:
Phương trình (*)


tan 0x x k k

    


Vậy phương trình có một họ nghiệm
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng
 
2
2
2

cos
cos sin 2
4
cos sin 2sin cot
cos sin 4 4
sin 1 cot
4 4
x
x x
x x x x
x x
x x

 
 
 

 

   
 
       
   

   
   
  
   
   

Đặt cot
4
t x

 
 
 
 
ta được:

 
 
3 2
2
2
2 0 1 2 0 1
1
t t t t t t t
t
           


Hay
cot 1 ( )
4 4 4
x x k x k k
  
 
 
        

 
 


Vậy phương trình có một họ nghiệm
Bài tập:
Giải các phương trình sau:
1.
2
3sin 4sin .cos cos 0
x x x x
  

2.
3 3 2
2cos sin 11sin 3cos 0
x x x x
   

3.
1
4sin 6cos
cos
x x
x
 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
16

4.
3
sin3 2sin
x x

5.
3 2 2 3
sin 5sin cos 7sin cos 2cos 0
x x x x x x
   

6.
3
sin 2 sin sin3 6cos
x x x x
 
7.
3 1
8cos
sin cos
x
x x
 
8.
2 2 4
(sin 4cos )(sin 2sin .cos ) 2cos
x x x x x x
  
9.
3 3

cos sin sin cos
x x x x
  
1.2.4 Phương trình đối xứng đối với
sin
x
và
cos
x
.
a. Định nghĩa: Phương trình đối xứng đối với
sin
x
và
cos
x
là phương trình dạng

(sin cos ) sin cos 0
a x x b x x c
   
trong đó , ,a b c


(1)
b. Cách giải:
Cách 1:
Do
2
(sin ) 1 sin cos

a x cosx x x
   nên ta đặt
sin cos 2 sin 2 cos
4 4
t x x x x
 
   
     
   
   
. Điều kiện
| | 2
t 
Suy ra
2
1
sin cos
2
t
x x

 và phương trình (1) được viết lại:
2
2 ( 2 ) 0
bt at b c
   

Đó là phương trình bậc hai đã biết cách giải
Cách 2:
Đặt

4
t x

 
thì
sin cos 2 cos 2 cos
4
x x x t

 
   
 
 

2
1 1 1 1
sin cos sin 2 cos 2 cos2 cos
2 2 2 2 2
x x x x t t

 
     
 
 
nên phương trình (1) trở thành
2
cos 2 cos 0
2
b
b x x c

   
. Đây là phương trình bậc hai đã biết cách giải
Chú ý:
Hai cách giải trên có thể áp dụng cho phương trình
(sin cos ) sin cos 0
a x x b x x c
   
bằng cách đặt
sin cos
t x x
 
và lúc đó
2
1
sin cos
2
t
x x


Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phương trình
sin cos 2sin cos 1 0 (1)
x x x x
   

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
17

Giải:
Cách 1:
Đặt
sin cos
x x t
 
điều kiện
| | 2
t  . Lúc đó
2
1
sin cos
2
t
x x


Khi đó phương trình (1) sẽ có dạng
2
2
1
1
2 1 0 2 0 (*)
22
t
t
t t t
t
 
 



       
 



 

Với
2
t

không thoả mãn điều kiện nên
(*)
1 sin cos 1
t x x
      

2
1
2 sin 1 sin ,
2
4 4
2
2
x k
x x k
x k



 
 

  
   

         
   

   
 



Cách 2:
Đặt
4
z x

 
. Khi đó phương trình có dạng
2 cos sin 2 1 0
4
x x

 
   
 
 

2 cos sin 2 1 0 2 cos sin 2 1 0
4 2
z z z z
 
   
        
   
   



2
2 cos cos2 2 0 2 cos (2cos 1) 1 0
z z z z
       

2
cos 2
2cos 2 cos 1 0
2
cos
2
z
z z
z



    


 



(*’)
Ta thấy
cos 2
z 
không thoả mãn
Do đó (*’)
3
2
2
4
cos
3
2
2
4
z k
z
z k





  


   


 



3
2
2
4 4
,
2
3
2
2
4 4
x k
x k
k
x k
x k
 



 
 



  


  

  



 
  





Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
18

Chú ý:
Ta có thể đưa một số dạng phương trình về dạng phương trình đối xứng đã xét ở trên
Bài toán 1: Giải phương trình
2 2
tan cot ( sin cos ) (1) 0
a x b x c a x b x ab
   

Cách giải:

Phương trình (1) có thể viết
2 2 2 2
sin cos
( sin cos )
sin .cos
a x b x
c a x b x
x x

 
( sin cos )( sin cos ) ( sin cos )
a x b x a x b x c a x b x
 

 





( sin cos ) ( sin cos ) sin .cos 0
a x b x a x b x c x x



 
 




 
sin cos 0
sin cos sin .cos 0
a x b x
a x b x c x x

 


 




Quy ước:
Khi có nhiều dấu



trong một biểu thức hay một hệ hiểu là cùng lấy dòng trên hoặc cùng lấy dòng dưới
Ví Dụ 2: Giải phương trình
tan 3cot 4(sin 3cos ) (2)
x x x x  
Giải:
Điều kiện: sin .cos 0 ,
2
k
x x x k

   



Ta có (2)
2 2
1
(sin 3cos ) 4(sin 3 cos )
sin .cos
x x x x
x x
   

(sin 3 cos )(sin 3cos ) 4(sin 3 cos )sin .cos
x x x x x x x x
    

(sin 3cos ). (sin 3cos )sin 2 0
x x x x x
 
   
 


sin 3cos 0 (4)
sin 3cos sin 2 0 (3)
x x
x x x

 



  



Ta có (3)
tan 3 (5)
3
x x k


      
(4)
1 3
sin cos sin2 cos sin sin cos sin 2
2 2 3 3
x x x x x x
 
     
2 2 2
3 3
sin sin 2
4
3
2 2 2
3 3
x x l x l
x x l
x x l x l
 
 


 
  
 
     
 
 
     
 
 
 
 
     
 
 

(6)
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
19

Các giá trị của x trong (5) và (6) đều thoả mãn điều kiện của phương trình
Vậy theo phương trình có hai họ nghiệm.
Bài toán 2: Giải phương trình:




(tan sin ) (cot cos ) ( ) 0
a x x b x x a b

     
với , , ,a b c d


(1)
Cách giải:
Ta có:




(tan sin 1) (cot cos 1) 0
a x x b x x
     

   
 
(sin sin .cos cos ) (sin sin .cos cos ) 0
cos sin
( )(sin sin .cos cos ) 0
cos sin
a b
x x x x x x x x
x x
a b
x x x x
x x
      
    

   
0 tan
cos sin
sin sin cos cos 0 sin sin cos cos 0
a b b
x
x x a
x x x x x x x x
 
   
 
 
 
     
 
 

Đến đây chúng ta đã biết cách giải
Tương tự cho phương trình




(tan sin ) (cot cos ) 0
a x x b x x a b
     

Ví Dụ 3: Giải phương trình
tan 3 cot sin 3 cos 1 3 0
x x x x

     
(3)
Giải:
Điều kiện:sin 2 0
2
k
x x k

   


(3)
tan sin 3(cot cos ) 1 3 0
x x x x
      


1 3
(sin sin cos cos ) (sin sin .cos cos ) 0
cos sin
x x x x x x x x
x x
      


1 3
(sin sin .cos cos ) 0
cos sin
x x x x
x x

 
    
 
 
 


 
1 3
0 (4)
cos sin
sin sin .cos cos 0 5
x x
x x x x

 




  


Giải (4) tan 3 ,
3
x x k k


     


Giải (5): Đặt sin cos 2 cos
4
t x x x

 
   
 
 
với
| | 2
t  (*)
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
20

Suy ra
2
1
sin . cos
2
t
x x

 .
Phương trình (5) trở thành
2
2
1 2
1

0 1 0
2
1 2
t
t
t t t
t

 

      

 



Kết hợp với điều kiện (*) thì
1 2
t  
bị loại
Với
1 2
t  
ta có
1 2
2 cos 1 2 cos cos
4 4
2
x x
 



   
      
   
   

2 2 , ,
4 4
x l x l l
 
    
           
 

Các nghiệm của phương trình (4) và (5) đều thoả mãn điều kiện của phương trình
Vậy phương trình có ba họ nghiệm
Chú ý:
Ta có thể áp dụng phương pháp đối với phương trình hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng đối với
sin
x
và
cos
x
với bậc lớn hơn 2.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
4 4
cos sin sin2 (1)
2 2
x x

x 
Giải :
Ta có:
4 4 2 2 2 2
cos sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x
  
    
  
  

Phương trình (1) có dạng
cos sin 2 cos 2sin .cos
x x x x x
  

2
6
1
sin 2
5
cos (1 2sin ) 0 2
2
6
cos 0
2
2
x k

x
x x x k k
x
x k







 






       






 




Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
Ví Dụ 5: Giải phương trình:
 
6 6
2 2
sin cos
8 tan cot 2
sin 2
x x
x x
x

 
Giải:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
21

Điều kiện:
sin 2 0
x


Phương trình (2)
2 2
2
2 2
3 sin cos
8 1 sin 2 2sin 2
4

cos sin
x x
x x
x x
 
 
   
 
 
 
 

2
2 2 2
2
1
1 sin 2
2
8 6sin 2 4sin 2 . (8 6sin 2 )sin 2 4 2sin 2
sin 2
x
x x x x x
x

      
3 2 2
3sin 2 sin 2 4sin 2 2 0 (sin2 1)(3sin 2 2sin 2 2) 0
x x x x x x
        


2
sin 2 1 0
3sin 2 2sin 2 2 0
x
x x
 


  



sin 2 1
1 7
sin 2
3
7 1
sin 2 sin
3
x
x
x





 







 


(loại)
4
,
x k
x k k
x k


 
  

 


   


  




Các nghiệm đều thoả mãn điều kiện

sin 2 0
x


Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
Bài tập:
Giải các phương trình sau:
1.
20 1 1
tan cos2 9
sin 2 2(sin cos ) 2 sin cos
x x
x x x x x
 
  
 
  
 

2.
2(tan sin ) 3(cot cos ) 5 0
x x x x
    

3.
3 3
1 cos sin sin 2
x x x
  
4.

sin cos ( 3 1)cos 2
x x x
  
5.
2 2
2cos (1 sin ) cos 0
2
x
x x
  

6.
3 3
sin cos sin 2 sin cos
x x x x x
   
7.
4 4
4(sin cos ) 3sin 4 2
x x x
  

8.
8 8
17
sin cos
32
x x 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

22

9.
3 4 3 4
1 1 2
sin .cos cos 2 sin .cos sin 2
4 4 8
x x x x x x   
10.
3 3 5 5
sin cos 2(sin cos )
x x x x
  
11.
8 8 10 10
5
sin cos (sin cos ) cos 2
4
x x x x x
   
1.2.5 PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng
tan
x
và
cot
x
.
Phương trình có dạng
1
(tan cot ) (tan cot ) 0 ( 0; 2)

n
k k k
k
k
p x x q x x r k
  

      


Cách giải:
Bước 1: Đặt ẩn phụ
tan cot | | 2 2
tan cot
t x x t
t x x t



  

  



đưa phương trình đã cho về dạng đại số
( ) 0
F t


Bước 2: Giải phương trình
( ) 0
F t

loại những nghiệm không thoả mãn điều kiện của bài toán
Bước 3: Với nghiệm t tìm được ở bước 2 thế vào bước 1 để tìm x
Ví dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phương trình
3 3 2 2
tan cot 3(tan cot ) 3(tan cot ) 10 0 (1)
x x x x x x      
Giải:
Phương trình (1)
3 3 2 2
tan cot 3tan .cot (tan cot ) 3(tan cot 2) 4 0
x x x x x x x x
        

3
(tan cot ) 3(tan cot ) 4 0 (2)
x x x x     
Đặt
tan cot
t x x
 
, phương trình (2) trở thành
3 2
3 4 0 ( 1)( 4 4) 0
t t t t t
       

2
1
( 1)( 2) 0
2
t
t t
t
 

    



hay
tan cot 1
tan cot 2
x x
x x
  


 


1 2 2
cot 2 cot2
2
,
2

2
cot 2 1
4
8 2
x k
x k
x
k
x k
x
x k

 



 


 
 
 

 
 
   

 
  


 
  
 




Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
23

Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 2: Giải phương trình
3 2 3 2
tan tan tan cot cot cot 6
x x x x x x
     
(2)
Giải:
Điều kiện: sin .cos 0
2
x x x k

  
Ta có: Phương trình (2)
3 3 2 2
tan cot 3tan .cot (tan cot ) tan cot 2tan .cot 2(ta
n cot ) 8 0
x x x x x x x x x x x x
 

          
 

3 2
(tan cot ) (tan cot ) 2(tan cot ) 8 0
x x x x x x
       
(3)
Đặt
tan cot , | | 2
t x x t
  
, phương trình (3) có dạng

3 2 3 2
2 8 0 8 2 0
t t t t t t
        

2 2 2
( 2)( 2 4) ( 2) 0 ( 2)( 2 4 ) 0 ( 2)( 4) 0
t t t t t t t t t t t t
                 

Với
| | 2
t

thì
2

4 0
t t
  
nên (4)
2 0 2
t t
    

Suy ra tan cot 2 sin 2 1
4
x x x x k


       (thoả mãn điều kiệnt (2)).
Vậy
4
x k


  là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho
Bài tập: Giải các phương trình sau:
1.
7 7
2(tan cot ) tan cot
x x x x
  
2.
3 2 2 3
tan tan cot cot 4 0
x x x x

    

3.
2 2
5(tan cot ) 3(tan cot ) 8 0
x x x x
    

4.
2
2
11 1
tan 2(tan cot )
3
sin
x x x
x
   
5.
2
2
2
tan cot 2tan 8
sin
x x x
x
   

6.
sin cos tan cot

x x x x
  

7.
4 4 2
8(tan cot ) 9(tan cot ) 10
x x x x
   


1.3 Vấn đề loại nghiệm không thích hợp của PTLG.
Với nhiều PTLG ta cần đặt điều kiện cho ẩn. Khi đó, trước khi kết luận nghiệm ta cần kiểm tra xem các
nghiệm tìm được có thoả mãn điều kiện đã đặt ra hay không, để ta có thể loại những nghiệm không thích hợp.
Chúng ta có thể xét ba phương pháp sau:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
24

1.3.1 Phương pháp loại nghiệm trực tiếp.
Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện (*)nào đó Trước hết ta giải phương
trình n (1) sau đó thay nghiệm của phương trình (1) tìm được vào (*)để loại nghiệm không thích hợp. ®
Ví Dụ: Giải phương trình
1 sin
0
sin 4
x
x


(1)

Giải:
Điều kiện:
sin 4 0
x

(*)
Khi đó (1) 1 sin 0 sin 1 2 ,
2
x x x k k


          


Thay
2
2
x k


   vào (*)xem có thoả mãn hay không x?
sin 4 2 sin( 2 2 ) sin( 2 ) 0
2
k k

   
 
 
       
 

 
 
 

Suy ra
2
2
x k


   không thoả mãn (*) .
Vậy phương trình (1) vô nghiệm .
1.3.2 Phương pháp hình học (dùng đường tròn lượng giác).
Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện (*)nào đó.Gọi L là tập các cung không thoả
mãn các điều kiện n (*), N là tập nghiệm của phg trình N (1). Ta biểu diễn điểm cuối của các cung thuộc hai tập
L và N lên trên cùng một đường tròn lượng giác. Chẳng hạn điểm cuối của các cung thuộc L ta đánh dấu (x),
điểm cuối của các cung thuộc N ta đánh dấu (.). Khi đó những cung có điểm cuối được đánh dấu (.)mà không bị
đánh dấu m (x) là nghiệm của phương trình.
Ví Dụ: Giải phương trình:
cos .cot 2 sin
x x x

(1)
Giải:
Điều kiện:
sin 2 0 2 ( ) (*)
2
x x n x n n



      
Khi đó phương trình (1)
cos2
cos sin
sin 2
x
x x
x
 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
25

cos cos2 sin sin 2 cos cos2 sin sin 2 0
x x x x x x x x
 

 

cos3 0 3 , (**)
2 6 3
x x k x k k
  

         
Biểu diễn các họ nghiệm (*) và (** ) lên trên cùng một đường tròn lượng giác.

Từ đó ta có nghiệm của phương trình (1) là
6
,

6
x k
k
x k





 




  




1.3.3 Phương pháp đại số.
Phương pháp này ta kiểm tra nghiệm bằng cách chuyển về phương trình (thường là phương trình nghiệm
nguyên) hoặc bất phương trình đại số.
Ví Dụ: Giải phương trình:
cos8
0 (1)
sin 4
x
x

Giải:

Điều kiện:
sin 4 0 4 ( )
x x n n

   


Khi đó (1) cos8 0 8 ,
2 16 8
x x k x k k
  

        


Gía trị này là nghiệm của (1) nếu
1 2 4
16 8 4
k n k n
  
    
Điều này đúng vì
1 2
k

là số lẻ còn
4
n
là số chẵn
sin

cos