chuyên đề phương trình lượng giác lớp 11

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
logarit
có nghĩa. Ngoài ra
trong các PTLG có chứa các biểu thức chứa
tan x
va
cotgx
thì cần điều kiện để
tan x
và
cotgx
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;1x ∈ −
nên để giải phương trình (1) ta đi biện luận theo các bước sau

Bước1: Nếu |m|>1 phương trình vô nghiệm
Bước 2: Nếu |m|<1 ,ta xét 2 khả năng
-Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua sin của góc đặc biệt ,giả sử
α
khi đó
phương trình sẽ có dạng đặc biệt.

2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
α π
α
π α π
= +

= ⇔ ∈

= − +

¢
Trang 1
-Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua sin của góc đặc biệt khi đó đặt
m=
sin
α
. Ta có:
2

sin sin ,
2
x k
x k
x k
α π
α
π α π
= +

= ⇔ ∈

= − +

¢

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
π π π π
π π
 
 
 
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:
Ta nhận thấy
1
4
không là giá trị của cung đặc biệt nào nên ta đặt
1
4
=
sin
α
Khi đó ta có:
2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
α π
α
π α π
= +

= ⇔ ∈

= − +

¢

Vậy phương trình có 2 họ ngiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình
3
sin(3 )
4 2
x
π
+ =
Giải:
Trang 2
Do
3
sin
3 2
π
=
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

π π π
π π π π π π
π π
π π π π π π
π π π π
+ = ⇔ + =
  
+ = + = − + + = +
  
⇔ ⇔ ⇔ ∈
  
  
+ = − + = − − + = +
  
  
¢
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
1m >
phương trình vô nghiệm .
Bước 2: Nếu
1m ≤
ta xét 2 khả năng:
-Khả năng 1: Nếu
m
được biểu diễn qua
cos

của góc đặc biệt, giả sử góc
α
. Khi
đó phương trình có dạng
2
cos cos ,
2
= +

= ⇔ ∈

= − +

¢
x k
x k
x k
α π
α
α π
-Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn được qua
cos
của góc đặc biệt khi đó
đặt
m
=
cos
α

.Ta có:
2
cos cos ,
2
= +

= ⇔ ∈

= − +

¢
x k
x k
x k
α π
α
α π
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:
Trang 3
Do
2 1
cos( ) cos
3 3 2

π π
π
− = = −
nên
1 2
cos cos cos 2 ( )
2 3 3
x x x k k
π π
π
= − ⇔ = ⇔ = ± + ∈¢
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3cos(2 ) 1
6
x
π
+ =
Giải:
1
3cos(2 ) 1 cos(2 )
6 6 3
x x
π π
+ = ⇔ + =
Vì
[ ]
1
1;1
3

∈ −
và
1
3
không là giá trị của cung đặc biệt nên tồn tại góc
[ ]
0;
α π
∈
sao cho
1
cos
3
α
=
Ta có:
cos(2 ) cos 2 2
6 6
x x k
π π
α α π
+ = ⇔ + = ± +
2 2 ( )
6 12 2
⇔ = − ± + ⇔ = − ± + ∈¢x k x k k
π π α
α π π
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
π
π
Bước 2: Xét 2 khả năng
-Khả năng 1: Nếu
m
được biểu diễn qua tan của góc đặc biệt , giả sử
α
khi đó
phương trình có dạng

tan tan ,= ⇔ = + ∈¢x x k k
α α π
-Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn được qua tan của góc đặc biệt , khi đó đặt
m
=
tan
α
ta được
Trang 4

tan tan ,= ⇔ = + ∈¢x x k k
α α π
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 3x =
Giải :
Do
3 tan
6
π
=
nên ta có:
tan 3 tan tan
6 6
x x x k
π π
π
= ⇔ = ⇔ = +
∈Ζk
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình
tan( ) 2
5
x
π
− =
Giải:
Điều kiện:
cos( ) 0
5 5 2
x x k
π π π

π
− ≠ ⇔ − ≠ +
Do
2
không thể biểu diễn được qua
tan
của góc đặc biệt nên ta đặt
tan 2
α
=
.
Từ đó ta có
tan( ) 2 tan( ) tan ( )
5 5 5 5
x x x k x k k
π π π π
α α π α π
− = ⇔ − = ⇔ − = + ⇔ = − − ∈¢
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
Bước1: Đặt điều kiện
sin 0x x k k
π
≠ ⇔ ≠ ∈¢
Bước 2: Xét 2 khả năng
-Khả năng 1: Nếu
m

được biểu diễn qua cot của góc đặc biệt , giả sử
α
khi đó
phương trình có dạng

cot cot ,x x k k
α α π
= ⇔ = + ∈¢
-Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn được qua cot của góc đặc biệt , khi đó đặt
m
=
cot
α
ta được

cot cot ,x x k k
α α π
= ⇔ = + ∈¢
Trang 5
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

π
− =
(1)
Giải:
Điều kiện
cos( ) 0
4
− ≠x
π
4 4
x k x k k
π π
π π
⇔ − ≠ ⇔ ≠ − ∈¢
(*)
Ta có:
(1)
⇔
cot( ) cot
4 3 4 3 12
x x k x k k
π π π π π
π π
− = ⇔ − = + ⇔ = − − ∈¢

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 + = −
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 ) 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
sint x=
, điều kiện
| |t
1≤
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
cost x=
điều kiện
| |t
1≤
ta cũng đưa phương trình (2) về phương
trình bậc hai theo
t
, giải tìm
t
rồi tìm
x
Trang 6
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
π
π

≠ ⇔ ≠ + ∈¢
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 0x x k k
π
≠ ⇔ ≠ ∈¢
Đặt
cot ( )t x t= ∈¡
. Ta cũng đưa phương trình (4) về phương trình bậc hai
theo ẩn t.
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình
2
2cos 3cos 1 0x x− + =
(1)
Giải:
Phương trình (1)
2

cos 1
,
1
2
cos
3
2
x k
x
k
x k
x
π
π
π
=
=




⇔ ⇔ ∈


= ± +
=


¢
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.

Ví dụ 2: Giải phương trình:
2
cot tan 4sin2
sin 2
x x x
x
− + =
(2)
Giải:
Điều kiện
sin 2 0 ,
2
≠ ⇔ ≠ ∈¢
k
x x k
π
Ta có:

( )
2 2
2
2
cos sin 2
(2) 4sin2
sin cos sin 2
cos sin 2
4sin2
sin .cos sin 2
2cos2 2
4sin2 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
⇔ − + =
−
⇔ + =
⇔ + = ⇔ + =
=


⇔ − − = ⇔

= −

Trang 7

Ta thấy
cos2 1x =
không thoả mãn điều kiện. Do đó (*)
⇔
1 2
cos2 2 2
2 3 3
x x k x k k
π π
π π
= − ⇔ = + ⇔ = ± + ∈¢
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
Bài tập:
Bài 1: Giải phương trình:
2
5sin 4sin 1 0x x− − =
Bài 2 Giải phương trình:
cos2 3cos 4 0x 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) 2x x+ + + =
Bài 5: Giải phương trình:
4
tan 3 3tan3 1 0x 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
π
=
−
Bài 8: Giải phương trình
2
1 2sin 3 2sin 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 ,cosx x
a)Định nghĩa: Phương trình
sin cos (1)a x b x c+ =
trong đó a, b, c
∈
¡
và
2 2
0a b+ ≠
được gọi là phương trình bậc nhất đối với
sin ,cosx 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
a b+
<
2
c
phương trình vô nghiệm
Trang 8
-Nếu

2 2 2
a b c+ ≥
khi đó để tìm nghiệm của phương trình ta thực hiện tiếp
bước 2
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
α
sao cho

2 2 2 2
cos , sin

a b
a b a b
α α
= =
+ +
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
α α α
+ = ⇔ + =
+ +
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
π π
= ⇔ = + ∈¢
thử vào phương trình (1) xem có là
nghiệm hay không?
Bước 2: Với
cos 0 2 ( )
2
x
x k k Z

π π
≠ ⇔ ≠ + ∈
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
π
π
+ = ⇔ = − + ∈¢
.
sin cos 0 ( )
4
x x x k k
π
π
− = ⇔ = + ∈¢
.
Trang 9
Chú ý: Từ cách 1 ta có kết quả sau
2 2 2 2
sin cosa 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 cosy 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:
Ví Dụ 1: Giải phương trình:
sin 2 3cos2 3x 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
α α
= =
. Lúc đó phương trình (1) viết được dưới dạng

cos sin2 sin cos2 sin sin(2 ) sin

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

k ∈¢
Vậy phương trình có 2 nghiệm

Cách 2:-Ta nhận thấy
cos 0x =
là nghiệm của phương trình
-Với
cos 0 ,
2
x x k k
π
π
≠ ⇔ ≠ + ∈Ζ
. Đặt
tant 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
α α π
= = ⇔ = + ∈¢
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng
Trang 10
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
α
= + ⇔ =
= = =
 
⇔ − = ⇔ ⇔
 

− = =
 
,
2
x k
k
x k
α π
π
π
= +


⇔ ∈Ζ

= +


Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Chú ý: 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 2x x x x+ = +
Giải:
Ta biến đổi phương trình (2)
Ta có:
2 2 2
2 2

2 sin 2 2(1 cos2 ) 3 cos2
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 x
x x
a b c
a b
c
⇔ + + = +
⇔ + − = −
= = − = −
+ = + − = −
= − = −

Suy ra
2 2
a b+
<
2
c
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
+ −
+ = =

Trang 11
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
π
α α α
+ = ⇔ + =
2 2
4 4
,
3

2 2
4 4
x k x k
k
x k x k
π π
α π α π
π π
α π π α π
 
+ = + = − +
 
⇔ ⇔ ∈
 
 
+ = − + = − +
 
 
¢
Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng
(sin cos ) 3(sin cos ) 2 2 sin( ) 6 cos( ) 2
4 4
1 3 1
sin( ) cos( )
2 4 2 4
2
1
sin( )cos cos( )sin
4 3 4 3

2
sin( ) sin
4 3 4
2
2
3
12 4
5
2 2
12 4 6
x x x x x x
x x
x x
x
x k
x k
k
x k x k
π π
π π
π π π π
π π π
π
π π
π
π
π π π
π π π
+ + − = ⇔ + − + =
⇔ + − + =

⇔ + − + =
⇔ + − =


= +
− = +


⇔ ⇔ ∈




− = − + = +




¢
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 cĩng 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
a b c d+ = +
>0 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
α β
⇔ + = +
hoặc
Trang 12
(*)
[ ] [ ]
cos ( ) cos ( )P x Q x
α β
⇔ + = +
trong đó
,
α β
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 3cos5 sin5x x x x+ = +

1 3 3 1
cos7 sin 7 cos5 sin5
2 2 2 2
x x x x⇔ + = +

cos cos7 sin sin7 cos cos5 sin sin5
3 3 6 6
x x x x
π π π π
⇔ + = +

cos(7 ) cos(5 )
3 6
x x
π π
⇔ − = −
7 5 2
3 6
7 (5 ) 2
3 6
x x k
x x k
π π
π
π π

π π

− = − +

⇔


− = − − +



2 2
6 12
3
12 2
8 6
2
x k x k
k Z
k
x
x k
π π
π π
π π
π
π
 
= + = +
 

⇔ ⇔ ∈
 
 
= +
= +
 
 
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Bài tập: Giải các phương trình sau :
1.
3sin cos 3x x+ =
2.
10cos 24sin 2 13x x− =
3.
2 2
sin 6 cos 3cos 2sinx x x x+ = +
4.
3
4cos 3sin3 1 3cosx x x− = +
5.
4 4
sin cos 1 2 2sin .cosx 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 cos2x x x x+ = +
9.
cos 2cos2 2 2 cos3x x x+ = +
Trang 13
10.
2 3
2 cos( ) 6sin( ) 2sin( ) 2sin( )
5 12 5 12 5 3 5 6
x x x x
π π π π
− − − = + − +
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 cosa 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 ,cosx x

hoặc
sin .cosx 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
π
π
= ⇔ = + ∈¢
xem nó có phải là nghiệm của phương trình(1) hay
không?
Bước 2: Với
0cosx ≠
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 ( )cos2b x c a x d c a+ − = − −
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 0x =
có phải là nghiệm của phương trình hay không?
Trang 14
Bước 2: Nếu
cos 0x ≠
.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 3x x x+ = +
(1)
Giải:
Cách 1: Phương trình (1)
3(1 cos2 ) 3sin 2 3 3 cos2 3sin2 3x x x x⇔ + + = + ⇔ + =

1 3 3 3
cos2 sin 2 cos(2 )
2 2 2 3 2
x x x

π
⇔ + = ⇔ − =

2 2
2
3 6
4
2 2
3 6 12


− = +
= +


⇔ ⇔ ∈




− = − + = +




¢
x k
x k
k
x k x k

π π
π
π
π
π π π
π π

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Cách 2: +) Thử với
cos 0 2
2
x x k k
π
π
= ⇔ = + ∈¢
vào phương trình (1) ta có
0 3 3= +

⇒
vô lí.
Vậy
2
2
x k k
π
π
= + ∈¢
không là nghiệm của phươngtrình.
+)Với
cos 0x ≠

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 0x x x x+ = + + ⇔ + − + − =

tan 1
4
3 3
tan tan
3 3
=


= +


⇔ ⇔ ∈
−


= =
= +


+

¢

x
x k
k
x
x k
π
π
α
α π

Vậy phương trình có hai họ nghiệm
* 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 ( ) 2 sin
4
x x
π
− =
(2)
Trang 15
Giải :
Ta nhận thấy
sin( )
4
x
π
−
có thể biểu diễn được qua

sin cosx x−
. Luỹ thừa bậc ba
biểu thức
sin cosx x−
ta sẽ đưa phương trình về dạng thuần nhất đã biết cách giải
Phương trình (2)
3
3
2 2 sin ( ) 4sin 2 sin( ) 4sin
4 4
x x x x
π π
 
⇔ − = ⇔ − =
 
 

3
(sin cos ) 4sinx x x⇔ − =
+) Xét với
cos 0 2
2
x x k k
π
π
= ⇔ = + ∈¢
. Khi đó phương trình có dạng
3
sin ( ) 4sin( )
2 2

k k
π π
π π
⇔ + = + ⇒
mâu thuẫn
Vậy phương trình không nhận
2
2
x k
π
π
= +
làm nghiệm
+) Với
cos 0x ≠
. 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 0x x x x x x− = + ⇔ + + − =
.
Đặt
tant 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
π
π
+ + − = ⇔ + + =
⇔ = ⇔ = − + ∈¢
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 sin2
1 tan
x
x
x
−
= +
+
(3)
Giải :
Điều kiện
cos 0
2
tan 1
4

x k
x
k
x
x k
π
π
π
π

≠ +

≠


⇔ ∈
 
= −


≠ − +


¢
Trang 16
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 0x ≠
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 0x x+ + =
vô nghiệm) nên:
Phương trình (*)
( )
tan 0x x k k
π
⇔ = ⇔ = ∈Z
Vậy phương trình có một họ nghiệm
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng
( )
2
2
2
cos sin
cos sin
cos sin
cos
2
4
2sin cot( )
4 4
1 cot ( )
sin
4
4
x x
x x
x x

x
x x
x
x
π
π π
π
π
−
= +
+
 
+
 ÷
 
 
⇔ = + ⇔ + =
 ÷
 
 
+ +
+
 ÷
 
Đặt
cot( )
4
t x
π
= +

ta được :

( )
( )
3 2
2
2
2 0 1 2 0 1
1
cot( ) 1 ( )
4 4 4
t t t t t t t
t
hay x x k x k k
π π π
π π
= ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔ =
+
+ = ⇔ + = + ⇔ = ∈¢
Vậy phương trình có một họ nghiệm
Bài tập :
Giải các phương trình sau :
1)
2
3sin 4sin .cos cos 0x x x x− + =
2)
3 3 2
2cos sin 11sin 3cos 0x x x x+ − − =
Trang 17
3)

1
4sin 6cos
cos
x x
x
+ =
4)
3
sin3 2sinx x=
5)
3 2 2 3
sin 5sin cos 7sin cos 2cos 0x x x x x x− + − =
6)
3
sin 2 sin sin3 6cosx x x x+ =
7)
3 1
8cos
sin cos
x
x x
= +
8)
2 2 4
(sin 4cos )(sin 2sin .cos ) 2x x x x x cos x− − =
9)
3 3
cos sin sin cosx 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 0a x x b x x c+ + + =
trong đó
, ,a b c ∈¡
(1)
b) Cách giải:
Cách 1: Do
2
(sin ) 1 sin cosa x cosx x x+ = +
nên ta đặt
sin cos 2 sin( ) 2 cos( )
4 4
t x x x x
π π
= + = + = −
. Điều kiện
| | 2t ≤
Suy ra
2
1
sin cos

2
t
x x
−
=
và phương trình (1) được viết lại:
2
2 ( 2 ) 0bt at b c+ − + =
Đó là phương trình bậc hai đã biết cách giải
Cách 2: Đặt
4
t x
π
= −
thì
sin cos 2 cos( ) 2 cos
4
x x x t
π
+ = − =
2
1 1 1 1
sin cos sin 2 cos( 2 ) cos2 cos
2 2 2 2 2
x x x x t t
π
= = − = = −
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
Trang 18
*Chú ý: Hai cách giải trên có thể áp dụng cho phương trình
(sin cos ) sin cos 0a x x b x x c− + + =
bằng cách đặt
sin cost 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+ − + =
Giải:
Cách 1: Đặt
sin cosx x t+ =
điều kiện
| | 2t ≤
. Lúc đó
2
1

sin cos
2
t
x x
−
=
Khi đó phương trình (1) sẽ có dạng
2
1
2( ) 1 0
2
t
t
−
− + =

2
1
2 0 (*)
2
t
t t
t
= −

⇔ − − = ⇔

=


Với
2t =
không thoả mãn điều kiện nên
(*)
1t⇔ = −
sin cos 1x x⇔ + = −
2
1
2 sin( ) 1 sin( )
2
4 4
2
2
x k
x x k
x k
π
π
π π
π π

= − +

⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ ∈

= +

¢
Cách 2: Đặt
4

z x
π
= −
. Khi đó phương trình có dạng
2 cos( ) sin 2 1 0
4
x x
π
− − + =

⇔
2 cos sin 2( ) 1 0
4
z z
π
− − + =
⇔
2 cos sin( ) 1 0
2
z z
π
− − + =
⇔
2 cos cos2 2 0z z− + =
2
2 cos (2cos 1) 1 0z z⇔ − − + =
⇔
2
2cos 2 cos 1 0z z− + + =
cos 2

2
cos
2
z
z

=

⇔

= −


(*’)
Ta thấy
cos 2z =
không thoả mãn
Trang 19
Do đó (*’)
3
2
2
4
cos
3
2
2
4
z k
z

z k
π
π
π
π

= − +

⇔ = − ⇔


= +


3
2
4 4
3
2
4 4
x k
x k
π π
π
π π
π

− = +

⇔



− = +


2
2
2
x k
k
x k
π
π
π π

= − −

⇔ ∈

= −

¢
Vậy phương trình có hai họ nghiệm
*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 0a x b x a x b x c x x
 
± − =
 
m
[ ]
[ ]
sin cos 0
sin cos sin .cos 0

± =
⇔

− =


m
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
π
≠ ⇔ ≠ ∈¢
Ta có (2)
2 2
1
(sin 3cos ) 4(sin 3cos )
sin .cos
x x x x
x x
⇔ − = +

(sin 3cos )(sin 3cos ) 4(sin 3cos )sin .cosx x x x x x x x⇔ − + = +

(sin 3cos ). (sin 3cos )sin2 0x x x x x
 
⇔ + − =

 
Trang 20

sin 3 cos 0 (4)
sin 3cos sin 2 0 (3)
x x
x x x

+ =
⇔

− − =


Ta có (3)
tan 3 (5)
3
x x k
π
π
⇔ = − ⇔ = − +
(4)
1 3
sin cos sin 2
2 2
x x x⇔ − =

cos sin sin cos sin 2
3 3
x x x

π π
⇔ − =
2 2
3
sin( ) sin 2
3
2 2
3
x x l
x x
x x l
π
π
π
π
π π

= − +

⇔ − = ⇔


= − + +


2
3
4
2
3

x l
l
x l
π
π
π
π

= − +

⇔ ∈


= +


¢
(6)
Các gía 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
(sin sin .cos cos ) (sin sin .cos cos ) 0
cos sin
( )(sin sin .cos cos ) 0
cos sin
± ± + ± ± =
⇔ ± + + ± + =
⇔ + ± + =
a x x b x x
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 ) 0a x x b x x a b± + ± − + =
Ví Dụ 3: Giải phương trình

tan 3cot sin 3 cos 1 3 0x x x x− − + + − =
(3)
Giải:
Điều kiện
sin 2 0
2
k
x x k
π
≠ ⇔ ≠ ∈¢
Trang 21
(3)
tan sin 3(cot cos ) 1 3 0x 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
π
π
⇔ = ⇔ = + ∈¢
Giải (5): Đặt

sin cos 2 cos( ) | | 2
4
t x x x t
π
= + = − ≤
(*)
Suy ra
2
1
sin . cos
2
t
x x
−
=
.
Phương trình (5) trở thành
2
2
1
0 1 0
2
t
t t t
−
− = ⇔ − − =
1 2
1 2
t
t


= −
⇔

= +


Kết hợp với điều kiện (*) thì
1 2t = +
bị loại
Với
1 2t = −
ta có
1 2
2 cos( ) 1 2 cos( ) cos
4 4
2
x x
π π
α
−
− = − ⇔ − = =

2 2
4 4
x l x l
π π
α π α π
⇔ − = ± + ⇔ = − ± +

, l
α
∈ ∈¡ ¢
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 :
Trang 22
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
2
6
1

sin 2
5
cos (1 2sin ) 0 2
2
6
cos 0
2
2
x x x x x
x k
x
x x x k k
x
x k
π
π
π
π
π
π
= ⇔ =

= +



=


⇔ − = ⇔ ⇔ = + ∈



=
 

= +


¢
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
Ví Dụ 5: Giải phương trình:
6 6
2 2
sin cos
8 tan cot
sin 2
+
= +
x x
x x
x
(2)
Giải:
Điều kiện:
sin 2 0x ≠
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
1
1 sin 2
2
8 6sin 2 4sin 2 .
sin 2
x
x x
x
−
⇔ − =
⇔
2 2
(8 6sin 2 )sin 2 4 2sin 2x x x− = −
⇔
3 2
3sin 2 sin 2 4sin2 2 0x x x− − + =
⇔
2
(sin 2 1)(3sin 2 2sin 2 2) 0x x x− + − =
⇔
2

sin 2 1 0
3sin 2 2sin2 2 0
x
x x
− =


+ − =

Trang 23
⇔
sin 2 1
1 7
sin 2
3
7 1
sin 2 sin
3
x
x
x
α


=

− −

=



−

= =


(loại)
4
x k
x k k
x k
π
π
α π
π α π

= +


⇔ = + ∈


= − +


¢
Các nghiệm đều thoả mãn điều kiện
sin 2 0x ≠
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 0x x x x− + − + =
3.
3 3
1 cos sin sin 2x x x+ − =
4.
sin cos ( 3 1)cos2x x x+ = −
5.
2 2
2cos (1 sin ) cos 0
2
x
x x− + =
6.
3 3
sin cos sin 2 sin cosx x x x x+ = + +
7.
4 4
4(sin cos ) 3sin 4 2x x x+ + =
8.

8 8
17
sin cos
32
x x+ =
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 ) cos2
4
x x x x x+ = + +
1.2.5- PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng
tan x
và
cotx
.
* 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
α α α
=
+ + ± + = > ≥
∑
• Cách giải:
Trang 24
Bước 1: Đặt ẩn phụ
tan cot | | 2 2
tan cot
t x x t
t x x t
α
α

= + ≤

= − ∈

¡
đưa phương trình đã cho về dạng đại số
( ) 0F t =
Bước 2: Giải phương trình
( ) 0F 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 ( ) 3(tan cot 2) 4 0x x x x tanx cotx x x⇔ − − − − + − + =
3
(tan cot ) 3(tan cot ) 4 0 (2)x x x x⇔ − − − + =
Đặt
tan cott x x= −
, phương trình (2) trở thành
3 2
3 4 0 ( 1)( 4 4) 0t 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 cot 2
2
2
2
cot 2 1
4
8 2
x k
x k
x
k
x k
x
x k
π
α π
α
α
π
π π
π


= +
= +
 

= =
 
⇔ ⇔ ⇔ ∈

 
= − +

= −
= − +
 


¢
Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 2: Giải phương trình:

3 2 3 2
tan tan tan cot cot cot 6x x x x x x+ + + + + =
(2)
Giải:
Điều kiện
sin .cos 0
2
x x x k
π
≠ ⇔ ≠

Trang 25