chuyên đề phương trình lượng giác chi tiết và hay

Đ1 phơng trình lợng giác cơ bản
(1). Phơng trình lợng giác cơ bản có một trong các dạng dới đây:




u = v + k2π
(1). cos u = cos v ⇐⇒ 
u = −v + k2π


 u = v + kπ
(3). tan u = tan v ⇐⇒

 u 6= π + mπ
2

 u = v + k2π
(2). sin u = sin v ⇐⇒ 
(k ∈ Z)
u = π − v + k2π


 u = v + kπ
(4). cot u = cot v ⇐⇒
(m, k ∈ Z)

 u 6= mπ

(2). Chó ý: Cần nhớ các công thức sau, nó giúp cho chúng ta biến đổi nhanh chóng các phơng
trình cha cơ bản về phơng trình cơ bản:

cos u = cos v ⇐⇒ cos u = cos(π − v)
♥ tan u = − tan v ⇐⇒ tan u = tan(−v)
π
♠ cos u = − sin v ⇐⇒ cos u = cos( + v)
2
π
♥ tan u = − cot v ⇐⇒ tan u = tan( + v)
2

♦ sin u = − sin v ⇐⇒ sin u = sin(−v)
π
♣ cos u = sin v ⇐⇒ cos u = cos( − v)
2
π
♦ tan u = cot v ⇐⇒ tan u = tan( − v)
2

(3). Phần giải bài tập:
Bài 1: Giải các phơng trình:

(1). cos 2x + cos(x − ) = 0
3
π
(3). sin(2x − ) + sin x = 0
4

π
) = sin 3x
5
(4). cos 4x + sin x = 0

(2). cos(x +

Bài giải:
Phơng trình thứ nhất có phơng trình dạng cos u = cos v nÕu chun vÕ, do vËy ta gi¶i nh− sau
π
π
(1) ⇐⇒ cos(x − ) = − cos 2x ⇐⇒ cos(x − ) = cos(π − 2x)
3
3


4π
π
2π
x − = π − 2x + k2π
x=
+k


3
9
3 (k ∈ Z)
⇐⇒ 
⇐⇒ 
π
2π
x − = + 2x + k2
x=
+ k2
3

3
Phơng trình thứ hai có dạng cos u = sin v sử dụng công thức hai cung phụ nhau để giải phơng
trình này nh sau

3π kπ
π
π
x=
x + = − 3x + k2π
+
π
π


5
2
40
2 (k ∈ Z)
(2) ⇐⇒ cos(x + ) = cos( − 3x) ⇐⇒



7
5
2
x + = 3x + k2
x=
+ k
5
2

20
Phơng trình thø ba cã d¹ng sin u = − sin v nÕu chun vÕ, do vËy ta gi¶i nh− sau


1


π
π
) = − sin x ⇐⇒ sin(2x − ) = sin(−x)
4
4


π
2π
π
x=
+k
2x − = −x + k2π


4
12
3 (k ∈ Z)
⇐⇒ 
⇐⇒

5
2x = + x + k2

x=
+ k2
4
4
Phơng trình thứ t sẻ có dạng cos u = sin v nếu chuyển vế, do vậy ta giải phơng trình nh− sau
π
(4) ⇐⇒ cos 4x = − sin x ⇐⇒ cos 4x = cos( + x)
2


π
2π
π
4x = + x + k2π
x= +k


2
6
3
⇐⇒ 
⇐⇒ 
(k ∈ Z)
π
2π
π
4x = − − x + k2
x= +k
2
10

5
Bài 2: Giải các phơng trình sau:
(3) sin(2x −

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

(2). tan x + tan 3x = 0
(4). cot 4x + cos 4x = 0

Bài giải:

Phơng trình (1), trớc hết điều kiện để phơng trình có nghĩa là 2x 6= m x 6= m , m
2
Z()
Với điều kiện () ở trên và để ý rằng phơng trình có phơng trình dạng cot u = − cot v nÕu
chuyÓn vÕ, do vËy ta gi¶i nh− sau
π
π
(1) ⇐⇒ cot(x − ) = − cot 2x ⇐⇒ cot(x − ) = cot(π − 2x)
3
3
π
4π kπ
⇐⇒ x − = π − 2x + kπ ⇐⇒ x =
+

(k Z)
3
9
3
Đối với các học sinh trung bình, u th× chóng ta cã thĨ chÊp nhËn nghiƯm cđa phơng trình đÃ
4 k

cho đợc ghi dới dạng x =
+
, x 6= m víi m, k ∈ Z. Cßn víi các học sinh khá giỏi hơn
9
3
2
chúng ta cần phải làm thêm một bớc sau gọi là "loại nghiệm" trong phơng trình lợng giác.
Xét phơng trình vô định nghiệm nguyên sau ®©y
4π kπ
π
3m − 2
+
= m ⇐⇒ 8 + 6k = 9m ⇐⇒ k = m − 1 +
; m, k ∈ Z(∗∗)
9
3
2
6
Ta cã nhËn xÐt r»ng:
−2
3m − 2
=l+
6∈ Z nªn phơng trình () vô nghiệm.

+ Nếu m = 2l thì
6
6
3m − 2
1
+ NÕu m = 2l + 1 th×
= l + 6 Z nên phơng trình () cũng vô nghiệm ®iỊu ®ã chøng
6
6
4π kπ
+
, (k ∈ Z) chÝnh lµ hä nghiệm của phơng trình đà cho.
tỏ rằng x =
9
3
Bình luận: Việc giải một phơng lợng giác đợc gọi là cơ bản nhng trong phơng trình đó có
sự xuất hiện các giá trị tan, cot thì thực sự không thể gọi là cơ bản chút nào, vì vậy chúng ta cần
2


phải bình tĩnh trớc mỗi bài tập. Chú ý rằng việc giải các phơng trình vô định nh trên chỉ thực
sự dành cho các học sinh khá giỏi và phải có niềm tin, còn với các học sinh khác thì chúng ta có
thể bỏ qua mà không cần băn khoăn gì nhiều. Tuy nhiên đối với phơng trình thứ hai thì muốn đạt
điểm tối đa chắc chắn phải làm đợc bớc loại nghiệm.
Phơng trình thứ hai có dạng tan u = − tan v, nÕu chuyÓn vÕ do vËy chóng ta thùc hiƯn c¸c
b−íc nh− sau
π
+ mπ, m ∈ Z(). Với điều kiện này
2
(2) tan 3x = tan x ⇐⇒ tan 3x = tan(−x)

π
⇐⇒ 3x = −x + k x = k
4
Xét phơng trình vô định nghiệm nguyên sau đây
Điều kiện để phơng trình có nghĩa x 6=

k

π
π
= + mπ ⇐⇒ k = 4m + 2; m, k Z()
4
2


Ta thấy: Phơng trình () có nghiệm k = 4m + 2, m ∈ Z vËy trong họ nghiệm x = k (k Z)
4
đà có những nghiệm "vi phạm" điều kiện nếu k = 4m + 2, m ∈ Z. Do vËy kÕt ln nghiƯm cđa
π
ph−¬ng trình (2) là x = k , k 6= 4m + 2; m, k Z.
4
Nhng đôi khi chúng ta thấy kết luận nh trên vẫn cha "rõ ràng" và cha thấy đợc việc giải
phơng trình vô định thực sự để làm gì vậy thì ta hÃy tham khảo đề bài tập: Tính tổng các nghiệm
của phơng trình tan x + tan 3x = 0 trên nữa đoạn [0; 2010).
Trớc hết bạn hÃy thữ chứng minh phát biểu sau: Nếu S1 là tổng các nghiệm của một phơng
trình lợng giác bất kì trên nữa đoạn [0; 2) thì tổng các nghiệm của phơng trình trên nữa đoạn
n(n + 1)
(n 1)n
[0; n2), n N đợc tính theo công thức S =
S1 +

m trong đó m là số nghiệm
2
2
của phơng trình trên nữa đoạn [0; 2). Việc chứng minh phát biểu này sẻ dễ hơn nếu bạn biết đến
cấp số cộng (nhân) và tính tuần hoàn của hàm số lợng gi¸c.
Do vËy chóng ta chØ tÝnh tỉng S1 c¸c nghiƯm của phơng trình (2) trên nữa đoạn [0; 2). Ta vẫn làm
các bớc tìm điều kiện và giải nh trên, nhng vì chỉ xét nghiệm trên nữa đoạn [0; 2) do đó ở () chỉ
cần xét các giá trị m = 0, m = 1 do vậy từ phơng trình () ta loại hai giá trị k = 2, k = 6. Lúc đó




phơng trình có 6 nghiệm trong nữa đoạn [0; 2) là x = 0, x = , x = 3 , x = π, x = 5 , x = 7
4
4
4
4
2009.2010
2008.2009
5π +
6π.
vµ cã tỉng S1 = 5π. Vậy tổng S =
2
2
Phơng trình thứ ba: Điều kiện để phơng trình có nghĩa là x 6= m, m Z() với điều kiện
này ta giải phơng trình nh sau
3


π

1
π
π
)=
= tan x ⇐⇒ 2x − = x + kπ ⇐⇒ x = + kπ, (k ∈ Z)
4
cot x
4
4
KiÓm tra điều kiện ta thấy các nghiệm của họ này đều thỏa mÃn, vậy nghiệm của phơng trình là

x = + k, (k Z).
4

Phơng trình thứ t: Điều kiện để phơng trình có nghĩa là 4x 6= m x 6= m , m Z().
4
Với điều kiện này ta giải phơng trình nh sau
(3) tan(2x

1
cos 4x = 0
+ 1) = 0 ⇐⇒ 
sin 4x
sin 4x = −1

π
4x = + kπ
π
π


2
⇐⇒ x = + k , (k ∈ Z).
⇐⇒ 
π
8
4
4x = − + k2π
2
KiĨm tra ®iỊu kiện thấy rằng các nghiệm của họ nghiệm trên đều thỏa mÃn. Vậy nghiệm của


phơng trình là x = + k , (k Z).
8
4
(4). Phần bài tập tự giải:
(4) cos 4x(

Bài 3: Giải các phơng trình:
1
4

(1). cos 3x = cos 1200

(2). cos2 x =

1
(3). sin(x + 2) =
3 √

3

2
√
(6). cot(3x − 1) = − 3
x
(8). cot 2x. tan = 1
2

(5). tan(x − 150 ) =

√

0

(4). cos(4x + 30 ) =

3
3

(7). cos 2x. tan x = 0
Bài 4: Giải các phơng trình:
(1). 2 cos(



3x) = 3
4
(3). 4 sin2 (150 − x) − 1 = 0

(2). cos 4x + cos 3x = 2
√

(4). 3 tan(x + 300 ) = 3

(5). tan(x − 150 ) tan(x + 150 ) = 1

(6). sin x + tan x = 0

(7). cos 2x + sin x = 2

(8). cot(2x − 1) + tan(2x − 1) = 2

4


Đ2 phơng trình bậc cao đối với một hàm số lợng giác
Nhiệm vụ của mục này là giúp chúng ta đa một phơng trình lợng giác "phức tạp" về một
phơng trình bậc cao đại số bằng cách đặt ẩn phụ. Sau đó giải tiếp các phơng trình dạng cơ bản,
chú ý điều kiện của ẩn phụ. Cụ thể các phơng trình bậc cao đại số trong mục này là phơng tr×nh
bËc hai, bËc ba, bËc bèn,...
(1). KiÕn thøc bỉ sung:
(1.1) Ta nhắc lại phơng trình at2 + bt + c = 0, a 6= 0 víi biƯt thøc ∆ = b2 4ac thì phơng

b
với điều kiện ≥ 0.
tr×nh cã hai nghiƯm x1,2 =
2a
(1.2) Chó ý hƯ thức viet cho hai nghiệm của phơng trình trên là
b
c
x1 + x2 = − ; x1 .x2 =
a

a
(1.3) Gi¶ sư phơng trình bậc ba at3 + bt2 + ct + d = 0, a 6= 0 cã ba nghiÖm x1 , x2 , x3 lóc ®o
hƯ thøc viet cho ba nghiƯm nµy lµ
b
c
d
x1 + x2 + x3 = − ; x1 .x2 + x2 .x3 + x3 .x1 = ; x1 .x2 .x3 =
a
a
a
(1.4) Bây giờ ta xét phơng trình đa thức Pn (x) = 0 bậc n ẩn x ∈ R
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a2 x2 + a1 x + a0 = 0
Nếu x = là một nghiệm của phơng trình này nghĩa là
an n + an1 n1 + ... + a2 α2 + a1 α + a0 = 0
lóc ®ã ta nãi ®a thøc Pn (x) chia hÕt cho nhÞ thøc x − α hay Pn (x) = (x )Pn1 (x). Chúng ta
thờng hay sử dụng phơng pháp sau đây để xác định các hệ số của Pn1 (x) còn đợc gọi là lợc
đồ "Hoc-ne". Để đơn giản trong cách ghi chúng ta đặt
Dm = an m + an−1 αm−1 + ... + an−m+2 α2 + an−m+1 α + an−m
Cơ thĨ
D0 = an ; D1 = an α + an−1
...
Dn−1 = an αn−1 + an−1 αm−2 + ... + a3 α2 + a2 α + a1
5


Dn = an αn + an−1 αn−1 + ... + a2 2 + a1 + a0
Theo cách đạt nh thÕ chóng ta thÊy D0 = an , D1 = D0 α + an−1 tỉng qu¸t ta cã Dk =
Dk−1 + ank .
Với công thức này hệ số của đa thức Pn1 (x) đợc xác định trên lợc đồ dới đây "Đầu rơi,
xơi tới".

x=

an

an1

...

a2

a1

a0

HS Pn (x)

D0

D1

...

Dn2

Dn1

Dn

HS Pn1 (x)

Hay ta có sự phân tích sau trong trờng hợp là nghiƯm cđa Pn (x)
Pn (x) = (x − α)Pn−1 (x) = (x − α)(D0 xn−1 + D1 xn−2 + ... + Dn−2 x + Dn−1 )
(1.5) §Ĩ minh häa chóng ta hÃy xét các bài toán đơn giản sau với tiêu đề chung là phân tích
thành nhân tử với hệ sè nguyªn
VÝ dơ 1:

P2 (x) = 2x2 − 5x + 2 Nếu bạn nghĩ rằng đây là một bài tập quá dễ thì bạn có lẻ đÃ

sai lầm, bởi nếu trong tay bạn không có máy tính bỏ túi và không biết phơng pháp nhẫm nghiệm
của phuwowng trình hệ số nguyên thì thế nào nhỉ,... chúng ta hÃy gác lại chuyên đó. Bằng phơng
pháp nhẫm đại số chúng ta tìm ®−ỵc mét nghiƯm x = 2 lóc ®ã l−ỵt ®å Hoc-ne nh− sau
a2 = 2
x=2

a1 = −5 a0 = 2 P2 (x)

D0 = 2 D1 = −1D2 = 0 P1 (x)

Nghĩa là ta có sự phân tích 2x2 5x + 2 = (x − 2)(2x − 1).
VÝ dô 2: P3 (x) = 4x3 − 2x2 − 3x + 1 Bây giờ cho dù bạn có náy tính bỏ túi nhng nếu không biết
thuật toán chia đa thức thì khó để đạt đợc mục đích. Không khó khăn gì để nhẫm đợc nghiệm
x = 1, lúc đó lợt đồ Hoc-ne nh− sau
a3 = 4
x=1

a2 = −2 a1 = −3 a0 = 1 P3 (x)

D0 = 4 D1 = 2 D2 = −1D3 = 0 P2 (x)

NghÜa lµ ta cã sù phân tích 4x3 2x2 3x+1 = (x1)(4x2 +2x1). Vì đa thức P2 (x) = 4x2 +2x1
bây giờ không thể phân tích thành tích của hai đa thức có hệ số nguyên (Trong đại số cao cấp gọi
P2 (x) là bất khả quy trên Q), nên công việc phân tích thành nhân tử theo yêu cầu đề bài dừng lại
ở đó.
6


(2). Chúng ta cần chú ý rằng với các phép ®Ỉt Èn phơ t = cos x, t = sin x thì cần điều kiện cho
tham số là 1 t 1 còn nếu đặt ẩn phụ t = tan x, t = cot x th× t ∈ R, và chú ý thêm rằng trong
một số trờng hợp yêu cầu khắc khe nghiệm của phơng trình lợng giác thì chúng ta cần phải tìm
chính xác các khoảng biến thiên của t, ở đây chúng ta xét các phơng trình mà nghiệm đợc tìm
trên toàn miền xác định của từng phơng trình. Chúng ta sẽ quay lại vấn đề trên ở bài chuyên sâu
hơn sau này. Các công thức nhân đôi, nhân ba, hạ bậc,...sẽ giúp ích rất nhiều cho chúng ta trong
mục này, chúng tôi cần nêu lại.
1. Công thức nhân đôi:
sin 2x = 2 sin x. cos x

tan 2x =

2 tan x
1 − tan2 x

cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1 2 sin2 x
2. Công thức nhân ba:
sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x
3. C«ng thøc h¹ bËc:
1 − cos 2x
sin2 x =
2
3 sin x sin 3x

sin3 x =
4
(3.) Phần giải bài tập:

cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x
1 + cos 2x
2
3 cos x + cos 3x
cos3 x =
4

cos2 x =

1 − cos 2x
1 + cos 2x
1 + cos 2x
cot2 x =
1 cos 2x

tan2 x =

Bài 1: Giải các phơng tr×nh sau:
x
x
− 2 cos + 2 = 0
2
2
(4). cot 4x − 2 tan 4x + 1 = 0

(2). sin2

(1). 2 cos2 x − 3 cos x + 1 = 0
(3). 8 cos2 x + 2 sin x − 7 = 0
Bài giải:

(1). Đặt t = cos x, |t| 6 1 lúc đó phơng trình (1) đợc viết lại 2t2 3t + 1 = 0 ⇐⇒ t = 1 ∨ t =
+ Víi t = 1 ⇐⇒ cos x = 1 ⇐⇒ x = k2π, k ∈ Z.
1
1
π
+ Víi t = ⇐⇒ cos x = ⇐⇒ x = ± + k2, k Z.
2
2
3

Vậy phơng trình có các họ nghiệm x = k2π, x = ± + k2π, k ∈ Z.
3
x
x
x
2 x
(2). Ta cã (2) ⇐⇒ 1 − cos
− 2 cos + 2 = 0 ⇐⇒ cos2 + 2 cos 3 = 0.
2
2
2
2
x
Đặt t = cos , |t| 6 1 lúc đó phơng trình đợc viết lại
2

t2 + 2t − 3 = 0 ⇐⇒ t = 1 ∨ t = −3(L)
x
= 1 ⇐⇒ x = k4π, k ∈ Z.
2
VËy phơng trình có các họ nghiệm x = k4, k ∈ Z.
+ Víi t = 1 ⇐⇒ cos

7

1
2


(3). Ta cã (3) ⇐⇒ 8(1 − sin2 x) + 2 sin x − 7 = 0 ⇐⇒ 8 sin2 x 2 sin x 1 = 0.
Đặt t = sin x, |t| 6 1 lúc đó phơng trình đợc viết lại
8t2 2t 1 = 0 t =

1
1
∨t=−
2
4

1
1
π
π
⇐⇒ sin x = ⇐⇒ x = + k2π ∨ x = 5 + k2π, k ∈ Z.
2
2

6
6
1
+ Víi t = − = sin α ⇐⇒ sin x = sin α ⇐⇒ x = α + k2π ∨ x = π − α + k2π, k ∈ Z.
4
VËy ph−¬ng trình có các họ nghiệm


x = + k2; x = 5 + k2π; x = α + k2π vµ x = π − α + k2π, k ∈ Z
6
6
2
(4). Ta cã (4) ⇐⇒ cot 4x + cot 4x − 2 = 0.
+ Với t =

Đặt t = cot 4x, t R lúc đó phơng trình đợc viết lại
t2 + t − 2 = 0 ⇐⇒ t = 1 ∨ t = −2
π
π
π
+ kπ ⇐⇒ x =
+ k , k ∈ Z.
4
16
4
α
π
+ Víi t = −2 = cot α ⇐⇒ cot 4x = cot α ⇐⇒ 4x = α + kπ ⇐⇒ x = + k , k ∈ Z.
4
4

π
π
α
π
VËy phơng trình có các họ nghiệm x =
+ k , x = + k , k Z.
16
4
4
4
Bài 2: Giải các phơng trình sau:
+ Với t = 1 cot 4x = 1 ⇐⇒ 4x =

(1). cos 2x − 2 cos x + 1 = 0

(2). sin 3x − 2 sin x = 0

(3). tan 2x − 3 tan x = 0

(4). cos 4x − 4 cos 2x + cos x 6 = 0

Bài giải:
(1). Đặt t = cos x, |t| 6 1 lúc đó phơng trình (1) đợc viÕt l¹i
2t2 − 1 − 2t + 1 = 0 ⇐⇒ t2 − t = 0 ⇐⇒ t = 1 ∨ t = 0
+ Víi t = 1 ⇐⇒ cos x = 1 ⇐⇒ x = k2π, k ∈ Z.
π
+ Víi t = 0 ⇐⇒ cos x = 0 ⇐⇒ x = + k, k Z.
2

Vậy phơng trình có c¸c hä nghiƯm x = k2π, x = + kπ, k Z.

2
(2). Đặt t = sin x, |t| 6 1 lúc đó phơng trình đợc viết lại
3t 4t3 − 2t = 0 ⇐⇒ t − 4t3 = 0 ⇐⇒ t = 0 ∨ t =

1
1
∨t=−
2
2

+ Víi t = 0 ⇐⇒ sin x = 0 ⇐⇒ x = kπ, k ∈ Z.
1
1
π
π
+ Víi t = ⇐⇒ sin x = ⇐⇒ x = + k2π ∨ x = 5 + k2π, k ∈ Z.
2
2
6
6
8


1
1
π
π
+ Víi t = − ⇐⇒ sin x = − ⇐⇒ x = − + k2π ∨ x = −5 + k2π, k ∈ Z.
2
2

6
6
5π
π
+ k2π, k ∈ Z.
VËy ph−¬ng trình có các họ nghiệm x = k, x = ± + k2π, x = ±
6
6
2 tan x
(3). Ta cã (3) ⇐⇒
− 3 tan x = 0 ⇐⇒ 3 tan3 x tan x = 0.
1 tan2 x
Đặt t = tan x, t R lúc đó phơng trình đợc viết lại
1
1
3t3 t = 0 t = 0 ∨ t = √ ∨ t = − √
3
3
+ Víi t = 0 ⇐⇒ tan x = 0 ⇐⇒ x = kπ, k ∈ Z.
1
π
1
+ Víi t = √ ⇐⇒ tan x = √ ⇐⇒ x = + kπ, k ∈ Z.
6
3
3
1
1
π
+ Víi t = − √ ⇐⇒ tan x = − √ ⇐⇒ x = − + kπ, k Z.

6
3
3


Vậy phơng trình có các họ nghiệm x = kπ, x = + kπ, x = − + kπ, k ∈ Z.
6
6
2
(4). Ta cã
cos 2x = 2 cos x − 1
cos 4x = 2 cos2 2x − 1 = 2(2 cos2 x − 1)2 − 1 = 8 cos4 x 8 cos2 x + 1
Do vậy, Đặt t = cos x, |t| 6 1 lúc đó phơng trình đợc viết lại
8t4 8t2 + 1 4(2t2 − 1) + 9t − 6 = 0 ⇐⇒ 8t4 − 16t2 + 9t − 1 = 0
⇐⇒ (t − 1)(8t3 + 8t2 − 8t + 1) = 0

+
+
+
+

⇐⇒ (t − 1)(2t − 1)(4t2 + 6t − 1) = 0
√
1
−3 ± 13
⇐⇒ t = 1 ∨ t = ∨ t =
2
4
Víi t = 1 ⇐⇒ cos x = 1 ⇐⇒ x = k2π, k ∈ Z.
1

π
1
Víi t = ⇐⇒ cos x = ⇐⇒ x = + k2π, k ∈ Z.
2
2
3
√
−3 + 13
Víi t =
= cos α ⇐⇒ x = ±α + k2π, k ∈ Z.
4√
−3 − 13
Víi t =
< −1, loại theo điều kiện.
4
(4). Phần bài tập tự giải:

Bài 3: Giải các phơng trình sau:
x
x
2 sin + 2 = 0
2
2
(4). 2 cot x + tan x + 1 = 0

(1). 2 sin2 x − 3 sin x + 1 = 0

(2). cos2

(3). sin2 x + 2 cos x − 1 = 0

Bài 4: Giải các phơng trình sau:
(1). cos 2x − 2 sin x + 3 = 0

(2). cos 3x + 2 cos x = 0

(3). cot 2x − 3 tan x = 0

(4). cos 3x − cos 2x − cos x + 1 = 0

9


Đ3 phơng trình nhất đối với SIN và cos
(1). Kiến thøc bỉ sung:
(1.1) C«ng thøc céng cung:
cos(a − b) = cos a. cos b + sin a. sin b
cos(a + b) = cos a. cos b − sin a. sin b
sin(a − b) = sin a. cos b − cos a. sin b
sin(a + b) = sin a. cos b + cos a. sin b
(1.2) Công thức biến đổi biểu thøc T = p cos x + q sin x:
Ta cã
"
T = p cos x + q sin x =

p

p2 + q 2 p

p
p2 + q 2

cos x + p

q
p2 + q 2

#
sin x

§Ĩ ý r»ng
"

#2

p
p

p2 + q 2

"

#2

q

+ p

=1

p2 + q 2

nên nếu đặt
cos = p

p
p2

+

q2

q

; sin = p

p2

+

q2

π π
, α ∈ [− ; ]
2 2

th× biĨu thức đà cho có thể viết lại
T =

p

p2 + q 2 [cos α cos x + sin α sin x] =

p
p2 + q 2 cos(x )

Đặc biệt lần lợt cho p, q nhận các giá trị 1, 1 ta đợc các công thức sau


cos x + sin x = 2 cos(x − )
4
√
π
cos x − sin x = 2 cos(x + )
4
√
√
π
π
sin x − cos x = − 2 cos(x + ) = 2 sin(x )
4
4
(2). Phơng trình bậc nhất đối với sin và cos có dạng với pq 6= 0
p sin x + q cos x + m = 0
Theo biến đổi nh trên ta đa phơng trình về dạng
p
m
p2 + q 2 cos(x ) + m = 0 ⇐⇒ cos(x − α) = p
p2 + q 2
Đây là phơng trình cơ bản đà biết cách giải. Từ đây chúng ta thấy để phơng trình đà cho có
m

nghiệm thì điều kiện cho các hệ số là −1 ≤ p
≤ 1 ⇐⇒ m2 ≤ p2 + q 2 .
2
2
p +q
10


(3). Phần giải bài tập:
Bài 1: Giải các phơng trình sau:
(1). sin x + cos x − 1 = 0
√
(3). sin 2x − 3 cos 2x + 2 = 0
Bµi gi¶i:

√

3 cos x − sin x − 2 = 0
√
(4). sin 2x + 3 cos 2x + 1 = 0
(2).

√
√
√
2
2
2
2
π

sin x +
cos x =
⇐⇒ cos(x − ) =
(1). Ta cã (1) ⇐⇒
2
2
2
4
2
π
π
⇐⇒ cos(x − ) = cos
4
4
π
π
⇐⇒ x − = ± + k2π
4
4
π
⇐⇒ x = k2π ∨ x = + k2, k Z.
2

Vậy phơng trình (1) có các họ nghiÖm x = k2π, x = + k2π, k ∈ Z.
2
√
3
1
π
cos x − sin x = 1 ⇐⇒ cos(x + ) = 1

(2). Ta cã (1) ⇐⇒
2
2
6
π
⇐⇒ x + = k2π
6
π
⇐⇒ x = − + k2π, k ∈ Z
6
π
VËy ph−¬ng tr×nh (2) cã hä nghiƯm x = − + k2π, k ∈ Z.
6
√
(3). Ta cã (3) ⇐⇒ 3 cos 2x − sin 2x − 2 = 0
√
3
1
cos 2x − sin 2x = 1
⇐⇒
2
2
π
⇐⇒ cos(2x + ) = 1
6
π
⇐⇒ 2x + = k2π
6
π
⇐⇒ x = − + kπ, k ∈ Z

12
π
VËy phơng trình có một họ nghiệm x = + kπ, k ∈ Z
12√
√
1
3
2
cos 2x = −
(4). Ta cã (4) ⇐⇒ sin 2x −
2
2
√
√2
3
1
2
⇐⇒
cos 2x − sin 2x =
2
2 √
2
π
2
⇐⇒ cos(2x + ) =
6
2
π
π
⇐⇒ 2x + = ± + k2π

6
4
π
−5π
⇐⇒ x =
+ kπ ∨ x =
+ kπ, k ∈ Z
24
24
π
−5π
VËy phơng trình có các họ nghiệm x =
+ k, x =
+ k, k Z
24
24
Bài 2: Giải các phơng trình sau:
√

(1). 2 sin2 x + sin x cos x − 3 cos2 x = 0

(2). 3 sin2 x − 4 sin x cos x + 5 cos2 x = 2
11


√
(3). 2 cos2 x − 3 3 sin 2x − 4 sin2 x = −4

(4). cos2 x + sin 2x + 1 = 0

Bài giải:
3(1 + cos 2x)
2(1 cos 2x) 1
+ sin 2x −
=0
2
2
2
⇐⇒ 5 cos 2x − sin 2x + 1 = 0
5
1
1
⇐⇒ √ cos 2x − √ sin 2x = √
26
26
26
5
1
⇐⇒ cos α cos 2x + sin sin 2x = sin (Đặt cos = √ ; sin α = √ )
26
26
π
⇐⇒ cos(2x − α) = cos( − α)
2
π
π
⇐⇒ 2x − α = − α + k2π ∨ 2x − α = α − + k2π
2
2
α π

π
⇐⇒ x = + kπ ∨ x = − + k
4
2
4


Vậy phơng trình có các họ nghiệm x = + kπ, x = − + kπ, k ∈ Z
4
2
4
3(1 − cos 2x)
5(1 + cos 2x)
(2). Ta cã (2) ⇐⇒
− 2 sin 2x +
=2
2
2
⇐⇒ 2 cos 2x − 4 sin 2x + 4 = 0
1
2
2
⇐⇒ √ cos 2x − √ sin 2x = − √
5
5
5
1
2
⇐⇒ cos α cos 2x + sin sin 2x = sin (Đặt cos α = √ ; sin α = − √ )
5

5
π
⇐⇒ cos(2x − α) = cos( − α)
2
π
π
⇐⇒ 2x − α = − α + k2π ∨ 2x − α = α − + k2π
2
2
π
α π
⇐⇒ x = + kπ ∨ x = + k
4
2
4


Vậy phơng trình có các hä nghiÖm x = + kπ, x = − + kπ, k ∈ Z
4
2
4
√
4(1 − cos 2x)
2(1 + cos 2x)
(3). Ta cã (3) ⇐⇒
− 3 3 sin 2x −
= −4
2
2
√

⇐⇒ cos 2x − 3 sin 2x = −1
√
1
3
1
⇐⇒ cos 2x −
sin 2x = −
2
2
2
π
2π
⇐⇒ cos(2x + ) = cos
3
3
π
2π
π
π
⇐⇒ 2x + =
+ k2π ∨ 2x + = + k2π
3
3
3
3
π
⇐⇒ x = + k x = k
6

Vậy phơng trình có c¸c hä nghiƯm x = + kπ, x = kπ, k ∈ Z

6
(1 + cos 2x)
(4). Ta cã (4) ⇐⇒
+ sin 2x + 1 = 0
2
⇐⇒ cos 2x + 2 sin 2x + 3 = 0
(1). Ta cã (1) ⇐⇒

Ta nhËn thÊy 22 + 12 < 32 do vËy ph−¬ng trình này vô nghiệm.
(4). Phần bài tập tự giải:
12


Bài 3: Giải các phơng trình sau:


x
x
sin + 2 = 0
2
2
(4). 3 sin 2x + 4 cos 2x − 5 = 0

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

(2).

3 cos

Bài 4: Giải các phơng trình sau:
9
(2). 4 sin x cos x + 5 sin2 x − = 0
2
√
√
2
(4). 3 cos x − 2 sin 2x + 1 = 0

(1). 2 cos2 x + sin x cos x − 3 sin2 x = 0
√
(3). 2 cos2 x − 3 3 sin 2x − 4 = 0

13


Đ4 phơng trình đối xứng đối với SIN và cos
(1). KiÕn thøc bæ sung:
(1.1) Cho hai sè a, b bÊt kú, ta nãi S = a + b vµ P = ab là các hệ thức đối xứng sơ cấp của hai
số đà cho. Bây giờ chúng ta để ý r»ng
a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = S 2 − 2P
a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) = S 3 − 3P S
a4 + b4 = (a + b)4 − 4ab(a2 + b2 ) − 6a2 b2 = S 4 − 4P S 2 + 2P 2
(1.2) Trong các đẳng thức trên nêu chóng ta thÕ a = sin x, b = cos x và đặt t = sin x + cos x
đồng thêi ®Ĩ ý r»ng sin2 x + cos2 x = 1 chúng ta sẽ có các đẳng thức dới đây
(1). sin x cos x =

t2 − 1
2

(3). sin3 x + cos3 x =

(2). sin2 x cos2 x =

−t3 + 3t
2

t4 − 2t2 + 1
4

(4). sin4 x + cos4 x =

−t4 + 2t2 + 1
2

(2). Các dạng phơng trình đối xứng với sin và cos:
(2.1) Phơng trình dạng a(sin x + cos x) + b sin x cos x + c = 0


Đặt t = sin x + cos x điều kiện 2 t 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại dới dạng
at + b

t2 1
+ c = 0 ⇐⇒ bt2 + 2at + (2c − b) = 0
2

Giải phơng trình này với điều kiện của t ở trên, rồi giải các phơng trình cơ bản đà biết.
(2.2) Phơng trình dạng a(sin x cos x) + b sin x cos x + c = 0


Đặt t = sin x − cos x ®iỊu kiƯn − 2 t 2 lúc đó phơng trình đợc viÕt l¹i d−íi d¹ng
at + b

1 − t2
+ c = 0 ⇐⇒ bt2 − 2at − (2c + b) = 0
2

Giải phơng trình này với điều kiện của t ở trên, rồi giải các phơng trình cơ bản đà biết.
(2.3) Phơng trình dạng a(sin3 x + cos3 x) + b sin x cos x + c = 0


Đặt t = sin x + cos x ®iỊu kiƯn − 2 ≤ t 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại d−íi d¹ng
a

−t3 + 3t
t2 − 1
+b
+ c = 0 ⇐⇒ at3 + bt2 − 3at + b − 2c = 0
2
2

Giải phơng trình này với điều kiện của t ở trên, rồi giải các phơng trình cơ bản đà biết.
(2.4) Phơng trình dạng a(sin4 x + cos4 x) + b sin x cos x + c = 0
14

Đặt t = sin x + cos x điều kiện 2 t 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại dới dạng
a

t4 + 2t2 + 1
t2 1
+b
+ c = 0 ⇐⇒ at4 − (2a + b)t2 + b a 2c = 0
2
2

Giải phơng trình này với điều kiện của t ở trên, rồi giải các phơng trình cơ bản đà biết.
(2.5) Phơng trình dạng
a(sin4 x + cos4 x) + b(sin3 x + cos3 x) + c(sin x + cos x) + d sin x cos x + e = 0


Đặt t = sin x + cos x ®iỊu kiƯn − 2 ≤ t ≤ 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại dới dạng
a

t4 + 2t2 + 1
−t3 + 3t
t2 − 1
+b
+ ct + d
+e=0
2
2
2

⇐⇒ at4 + bt3 − (2a + d)t2 − (3b + 2c)t − (a − d + 2e) = 0
Gi¶i phơng trình này với điều kiện của t ở trên, rồi giải các phơng trình cơ bản đà biết.
Trong tài liệu nhỏ này chúng ta chỉ thực sự quan tâm đến nhiều về các phơng trình dạng 2.1 và
2.2 còn các dạng khác chỉ mang tính chất tham khảo và dành cho các học sinh khá giỏi.
(3). Phần giải bài tập:
Bài 1: Giải các phơng trình sau:
(1). sin x + cos x − sin x cos x − 1 = 0

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

(3). 12(sin x − cos x) − 2 sin x. cos x = 12
(4).
√
√
(4). (2 + 2)(sin x + cos x) − 2 sin x. cos x = 2 2 + 1
Bài giải:


(1). Đặt t = sin x + cos x ®iỊu kiƯn − 2 ≤ t ≤ 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại dới dạng
t2 − 1
− 1 = 0 ⇐⇒ t2 − 2t + 1 = 0 ⇐⇒ t = 1
2
√
π
π
π
Víi t = 1 ta có phơng trình 2 cos(x ) = 1 ⇐⇒ cos(x − ) = cos
4
4
4

π
⇐⇒ x = + k2π x = k2, k Z
2
Vậy phơng trình đà cho có hai họ nghiệm.


(2). Đặt t = sin x + cos x ®iỊu kiƯn − 2 ≤ t ≤ 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại dới dạng
t

t2 − 1 − 2t + 1 = 0 ⇐⇒ t2 − 2t = 0 ⇐⇒ t = 0 ∨ t = 2
Với t = 2 loại theo điều kiện trên.




3
Với t = 0 ta có phơng trình 2 cos(x ) = 0 ⇐⇒ x − = + k2π ⇐⇒ x =
+ k2π
4
4
2
4
15


3
Vậy phơng trình đà cho có một họ nghiệm x =
+ k2, k Z.
4

(3). Đặt t = sin x − cos x ®iỊu kiƯn − 2 ≤ t ≤ 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại dới dạng
12t + t2 − 1 = 12 ⇐⇒ t2 + 12t − 13 = 0 ⇐⇒ t = 1 ∨ t = 13
Với t = 13 loại theo điều kiện.




Với t = 1 ta có phơng trình 2 sin(x ) = 1 ⇐⇒ sin(x − ) = sin
4
4
4
π
⇐⇒ x = + k2π ∨ x = π + k2π, k ∈ Z
2
Vậy phơng trình đà cho có hai họ nghiệm.


(4). Đặt t = sin x + cos x ®iỊu kiƯn − 2 t 2 lúc đó phơng trình đợc viÕt l¹i d−íi d¹ng
(2 +

√

√
√
√
√
2)t − t2 + 1 − 2 2 − 1 = 0 ⇐⇒ t2 − (2 + 2)t + 2 2 = 0 ⇐⇒ t = 2 ∨ t = 2

Víi t = 2 lo¹i theo điều kiện.

Với t = 2 ta có phơng trình 2 cos(x − ) = 2 ⇐⇒ x − = k2π x = + k2
4
4
4
Vậy phơng trình đà cho có một họ nghiệm.
Bài 2: Giải các phơng trình sau:
1
(1). sin3 x + cos3 x = √
2
√
(3). 4 2(sin x + cos x) + cos2 2x = 8

(2). sin4 x + cos4 x − 2 sin 2x − 1 = 0
(4). sin3 x + cos3 x − sin x − cos x = cos 2x

Bài giải:


(1). Đặt t = sin x + cos x ®iỊu kiƯn − 2 ≤ t ≤ 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại dới dạng



t3 + 3t
1

= √ ⇐⇒ t3 − 3t + 2 = 0 ⇐⇒ (t − 2)(t2 + 2t − 1) = 0
2
2
√
√
√
√
√
− 2− 6
− 2+ 6
⇐⇒ t = 2 ∨ t =
∨t=
2
2
√
π
π
Víi t = 2 ⇐⇒ cos(x − ) = 1 ⇐⇒ x = + k2π, k ∈ Z.
4
4 √
√
√
− 2+ 6
π
−1 + 3
π
Víi t =
⇐⇒ cos(x − ) =
= cos α ⇐⇒ x = ± α + k2π, k ∈ Z
4

2
4
2
2+ 6
Với t =
loại theo điều kiện.
2
Vậy phơng trình có các họ nghiệm trên.


(2). Đặt t = sin x + cos x ®iỊu kiƯn − 2 ≤ t 2 lúc đó phơng trình đợc viết lại d−íi d¹ng
−t4 + 2t2 + 1
− 2(t2 − 1) − 1 = 0 ⇐⇒ t4 + 2t2 − 3 = 0
2
⇐⇒ t2 = 1 ∨ t2 = −3
16


π
Víi t2 = 1 ⇐⇒ sin x cos x = 0 ⇐⇒ x = k , k ∈ Z.
4
VËy ph−¬ng trình đà cho có một họ nghiệm.


(3). Đặt t = sin x + cos x ®iỊu kiƯn − 2 ≤ t ≤ 2.
Ta cã sin 2x = t2 − 1 =⇒ cos2 x = 1 − (t2 − 1)2 = t4 + 2t2 .
Phơng trình đợc viết lại

t4 2t2 − 4 2t + 8 = 0 ⇐⇒ (t − 2)(t3 + 2t2 − 4 2) = 0
√
√
√
⇐⇒ (t − 2)(t − 2)(t2 + 2 2t + 4) = 0
√
π
π
Víi t = 2 ⇐⇒ cos(x − ) = 1 ⇐⇒ x = + k2π, k ∈ Z
4
4
3
3
(4). Ta cã sin x + cos x − sin x − cos x = cos 2x
⇐⇒ 
(sin x+cos x)(sin2 x+cos2 x+sin x cos x)−(sin
 x+cos x) = (cos x+sin x)(cos x−sin x)
 cos x + sin x = 0
 cos x + sin x = 0
⇐⇒ 
⇐⇒ 
1 + sin x cos x − 1 = cos x − sin x
sin x cos x + sin x cos x = 0

Phơng trình (i) ⇐⇒ x = − + kπ, k ∈ Z.
4
1 (sin x cos x)2
Phơng trình (ii)
+ (sin x − cos x) = 0

2
⇐⇒ (sin x − cos x)2 − 2(sin x − cos x) − 1 = 0
√
⇐⇒ sin x − cos x = 1 ± 2
√
√
π
1− 2
⇐⇒ sin x − cos x = 1 − 2 ⇐⇒ sin(x − ) = √
= sin α
4
2
3π
π
− α + k2π, k ∈ Z
⇐⇒ x = + α + k2π x =
4
4
Vậy phơng trình đà cho có các họ nghiệm trên.

(i)
(ii)

(4). Phần bài tập tự giải:
Bài 3: Giải các phơng trình sau:
(1). sin x + cos x + sin x cos x + 1 = 0
(3).

√

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

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

(4). sin x − cos x − 2 sin x. cos x = 0

Bài 4: Giải các phơng tr×nh sau:
5
=0
2
1
(4). sin3 x + cos3 x + cos 2x − √ = 0
2
√
4
3
4
3
(5). sin x + cos x + sin x + cos x − (sin x + cos x) + (1 + 2) sin x cos x = 1
(1). sin3 x − cos3 x = 1
√
(3). 4 2(sin x − cos x) + sin2 2x = 9

(2). sin4 x + cos4 x + 2 sin 2x −

17


Đ5 phơng trình đẳng cấp đối với sin và cos
(1.1) Phơng trình đẳng cấp bậc 2:
Phơng trình đẳng cấp bậc hai cã d¹ng:
a cos2 x + b sin x cos x + c sin2 x = 0
Để giải phơng trình này chúng ta có thể vận dụng cách giải của phơng trình bậc nhất đối với
sin cos tuy nhiên cách giải sau đây vẫn thờng hay đợc áp dụng, đặc biệt trong các bài toán
biện luận nghiệm có chứa tham sè.
Tr−íc hÕt ta cã nhËn xÐt nÕu mét trong ba hệ số a, b, c bằng không thì phơng trình trở nên đơn
giản vì vậy ta có thể giả sử cả ba hệ số đều khác không, lúc đó chia cả hai vế phơng trình cho
sin2 x hoặc cos2 x ta sẽ đợc phơng trình bậc hai theo ẩn cot x hoặc tan x.
Đặt t = cot x, t R phơng trình đà cho trở thành
at2 + bt + c = 0
Chú ý rằng phơng trình sau đây có thể đa về dạng trên bằng biến đổi d = d sin2 x + d cos2 x
a cos2 x + b sin x cos x + c sin2 x + d = 0
(1.2) Phơng trình đẳng cấp bậc 3:
Phơng trình đẳng cấp bậc ba có dạng: (a.b.c.d 6= 0) :
a cos3 x + b cos2 x sin x + c sin2 x cos x + d sin3 x = 0
Tơng tự nh trên chúng ta chia hai vế phơng trình cho sin3 x hoặc cos3 x ta sẽ đợc phơng
trình bậc ba theo ẩn cot x hoặc tan x.
Đặt t = cot x, t R phơng trình đà cho trë thµnh
at3 + bt2 + ct + d = 0
Bằng cách tơng tự chúng ta sẽ có cách giải của phơng trình đẳng cấp bậc bốn hoặc cao hơn
nữa, các bạn hÃy tự viết lấy cho mình.
(2). Phần giải bài tập:
Bài 1: Giải các phơng trình:
18

(1). cos2 x + sin x cos x − 2 sin2 x = 0
(2). 4 cos2 x + sin x cos x + sin2 x − 3 = 0
√
5
(3). 4 3 sin x cos x + 4 cos2 x = 2 sin2 x +
2
√
√
√
1
π
3
(4). 2 sin x + 2 3 cos x =
+
(5). sin3 ( + x) = 2 sin x
cos x sin x
4
3
2
3
2
(6). 2 cos x − 11 cos x sin x = 6 sin x − 17 sin x cos x
Bài giải:
(1). Đặt t = cot x, t R phơng trình đà cho trở thành t2 + t − 2 = 0 ⇐⇒ t = 1 ∨ t = −2
π
+ Víi t = 1 ⇐⇒ cot x = 1 ⇐⇒ x = + kπ, k ∈ Z.
4
+ Víi t = −2 ⇐⇒ cot x = cot α ⇐⇒ x = α + kπ, k ∈ Z.
π

VËy ph−¬ng trình có các họ nghiệm x = + k, x = α + kπ, k ∈ Z.
4
2
(2). Ta cã (2) ⇐⇒ 4 cos x + sin x cos x + sin2 x − 3 sin2 x − 3 cos2 x = 0.
⇐⇒ cos2 x + sin x cos x − 2 sin2 x = 0

Giải nh trên có các họ nghiÖm x = + kπ, x = α + kπ, k ∈ Z.
4
(3). Ta thÊy cos x = 0 ph−¬ng trình không thỏa, với cos x 6= 0 chia hai vế của phơng trình cho
cos2 x và đặt t = tan x ta có phơng trình dới đây




5
3
2
2
2
4 3t + 4 = 2t + (1 + t ) ⇐⇒ 9t − 8 3t − 3 = 0 ⇐⇒ t = 3 ∨ t = −
2
9
√

√
π
3 ⇐⇒ tan x = 3 ⇐⇒ x = + kπ, k ∈ Z.
3
√
3

= tan α ⇐⇒ cot x = cot α ⇐⇒ x = α + kπ, k ∈ Z.
+ Víi t = −
9
π
VËy ph−¬ng trình có các họ nghiệm x = + k, x = + k, k Z.
3
(4). Điều kiện để phơng trình có nghĩa sin x cos x 6= 0, với điều kiện này ta có


(4) 2 sin2 x cos x + 2 3 cos2 x sin x = 3 sin x + cos x
√
√
⇐⇒ 2 tan2 x + 2 3 tan x = 3 tan x(1 + tan2 x) + 1 + tan2 x
+ Với t =

Đặt t = tan x, t R phơng trình trở thành


3t3 − t2 −

√

√
1
3t + 1 = 0 ⇐⇒ (t2 − 1)( 3t − 1) = 0 ⇐⇒ t = ±1 t =
3

Giải các phơng trình cơ bản ta đợc các họ nghiệm của phơng trình là

x=

+ k , x = + kπ, k ∈ Z
4
2
6

19


√

√
2 3
) (sin x + cos x)3 = 2 sin x ⇐⇒ (sin x + cos x)3 = 4 sin x
2
Chia cả hai vế phơng trình cho cos3 x 6= 0 và đặt t = tan x, t R ta đợc phơng trình sau

(5). Ta có (5) (

(1 + t)3 = 4t(t2 + 1) ⇐⇒ 3t3 − 3t2 + t − 1 = 0 ⇐⇒ (t − 1)(3t2 + 1) = 0 ⇐⇒ t = 1
π
+ kπ, k ∈ Z.
4
(6). KiĨm tra sin x = 0 kh«ng tháa phơng trình, chia hai vế của phơng trình cho sin3 x 6= 0 và
Giải phơng trình tan x = 1 ta đợc nghiệm của phơng trình là x =

đặt t = cot x ta đợc phơng trình sau

2t3 11t2 + 17t − 6 = 0 ⇐⇒ t = 3 t = 2 t =

1
2

Từ đây phơng trình đà cho có ba họ nghiệm.
Bài 2: Giải các phơng tr×nh:
(1). tan2 x + cot2 x = 2

(2). tan3 x + cot3 x + tan x + cot x = 4
26
(4). tan4 2x − cot2 2x =
9

(3). tan3 2x + cot 2x = 2
Bài giải:
(3). Phần bài tập tự giải:

(1). cos2 x + sin x cos x − 2 sin2 x = 0
(2). 4 cos2 x + sin x cos x + sin2 x − 3 = 0
√
5
(3). 4 3 sin x cos x + 4 cos2 x = 2 sin2 x +
2
√
√
√
3
1
π

(4). 2 sin x + 2 3 cos x =
+
(5). sin3 ( + x) = 2 sin x
cos x sin x
4
3
2
3
2
(6). 2 cos x − 11 cos x sin x = 6 sin x − 17 sin x cos x

20