Phương trình lượng giác cơ bản và thường gặp- Toán Đại Số 11- Đầy đủ các dạng – Xuctu.com

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (844.33 KB, 91 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=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 lượng giỏc có nghĩa. Ngồi ra trong các PTLG có
chứa các biểu thức chứa tan x va

cot gx

thì cần điều kiện để tan x và

cot gx

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 khơng 
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 sinx∈ −

[ ]

1;1 nên để giải phương trình (1) ta đi biện luận theo các bước sau
Bước1: Nếu |m|>1 phương trình vơ 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.

sin sin 2 ,

x k

α

π

α

π α

π

= +


= ⇔ ∈

= − +

 ℤ

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

α

. Ta

có:sin sin 2 ,

x k

α

π

α

π α

π

= +


= ⇔  ∈

= − +

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

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 tốn thương đưa về các cung đặc biệt.

Ví dụ 1: Giải phương trình:

sin

1

4 x

=

Hướng dẫn 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:

sin

2 ,

2 x

k

x

k

x

k

α

π

α

π α

π

= +



=

⇔



∈

= − +

 ℤ

Vậy phương trình có 2 họ ngiệm

Ví dụ 2: Giải phương trình:

sin(3

)

3

4

2 x

+

π

=

Hướng dẫn giải

sin

3

2 π

=

nên

sin(3

)

3 sin(3

)

sin

4

2

4

3 x

+

π

=

⇔

x

+

π

=

π

2

3

2

3

2

4

3

4

3

24

3

5

2

3

2

3

2

4

3

4

24

3 x

k

x

k

x

k

x

k

x

k

x

k

π π

π

π π

π

π

π

π

π

π π

π

π

  

+ = +

= − + +

=

+

  

⇔



⇔



⇔



∈



+ = − +



= − − +



=

+

  

  

ℤ

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

m

>

1

phương trình vơ nghiệm .
Bước 2: Nếu

m

≤

1

ta xét 2 khả năng:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 cos

,

2 = +



=

⇔



∈

= − +

 ℤ

x

k

x

k

x

k

α

π

α

π

-Khả năng 2: Nếu

m

khơng biểu diễn được qua

cos

của góc đặc biệt khi đó

đặt

m

cos

α

.Ta có:

cos

2 ,

2 = +



=

⇔



∈

= − +

 ℤ

x

k

x

k

x

k

α

π

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:

cos

1

2 x

= −

Hướng dẫn giải

cos(

) cos

2

1

3

2 π

−

=

= −

Nên

cos

1 cos

2 (

)

2

3 x

= − ⇔

x

=

π

⇔ = ± +

x

π

k

π

k

∈

ℤ
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

Ví dụ 2: Giải phương trình:

3cos(2

) 1

6 x

+

π

=

Hướng dẫn giải

Ta có biến đổi:

3cos(2

) 1

cos(2

)

1

6

3 x

+

π

= ⇔

x

+

π

=

Vì

1 [

1;1

]

3 ∈ −

và

1

3

không là giá trị của cung đặc biệt nên tồn tại góc

α

∈

[

0;

π

]

sao cho

1 cos

3 α

=

Ta có:

cos(2

) cos

2

6 x

+

π

=

α

⇔

x

+ = ± +

π

α

k

π

2 (

)

6

12

2 ⇔

x

= − ± +

π

α

k

π

⇔ = −

x

π α

± +

k

π

k

∈

ℤ

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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 ≠ ⇔ ≠ +

∈

ℤ

x

π

k

π

k

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

x

=

tan

α

⇔ = +

x

α

k

π

,

k

∈

ℤ

-Khả năng 2: Nếu

m

khơng biểu diễn được qua tan của góc đặc biệt , khi đó đặt

m

=tan

α

ta
được:

tan

x

=

tan

α

⇔ = +

x

α

k

π

,

k

∈

ℤ

Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình ln có nghiệm
Ví Dụ Minh Hoạ:

Ví dụ 1: Giải phương trình:

tan

x

=

3

Hướng dẫn giải

3 tan

6 π

=

nên ta có:

tan

3 tan

6 x

=

⇔

x

=

π

⇔ = +

x

π

k

π

∈ Ζ

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm.

Ví dụ 2: Giải phương trình :

tan(

) 2

5 x

π

− =

Hướng dẫn giải

Điều kiện:

cos(

)

0

5 x

2 k

π

− ≠ ⇔ − ≠ +

π

π

Do 2 không thể biểu diễn được qua tan của góc đặc biệt nên ta đặt

tan

α

=

2

.
Từ đó ta có

tan(

)

2 tan(

)

tan

(

)

5 x

k

x

5 k

π

−

= ⇔

π

− =

α

⇔ − = +

π

α

π

⇔ = − −

π

α

π

∈

ℤ

Vậy

phương trình có một họ nghiệm.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta cũng đi biện luận theo

m

Bước1: Đặt điều kiện

sin

x

≠ ⇔ ≠

0 x

k

π

k

∈

ℤ

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

x

=

cot

α

⇔ = +

x

α

k

π

,

k

∈

ℤ

-Khả năng 2: Nếu

m

khơng biểu diễn được qua cot của góc đặc biệt , khi đó đặt

m

=cot

α

ta
được:

cot

x

=

cot

α

⇔ = +

x

α

k

π

,

k

∈

ℤ

Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình (d) ln có nghiệm.
Ví Dụ Minh Hoạ:

Ví dụ 1:Giải phương trình sau:

cot(

)

1

4 x

3 π

− =

(1)

Hướng dẫn giải

Điều kiện

cos(

) 0

4 − ≠

x

π

4 x

k

x

4 k

π

π

π

π

⇔ − ≠

⇔ ≠ −

∈

ℤ

(*)

Ta có:

(1)⇔

cot(

) cot

4 x

3

4 x

3 k

x

12 k

π

− =

π

⇔ − = +

π

π

⇔ = −

π

−

π

∈

ℤ

Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện (*)
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình:

cot(4

35 )

o

1 x

+ = −

Hướng dẫn giải 
Ta nhận thấy

cot( 45 )

− o = −

1

nên ta có

cot(4

35 )

o

1 cot(4

35 ) cot( 45 )

o o

x

+ = − ⇔

x

+ = −

4

35

o

45

o

180

o

4

80

o

180

o

20

o

45 (

o

)

x

+ = − +

k

⇔

x

= − +

k

x

= − +

k

∈

ℤ

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

1.2.1- Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác 
Dạng 1:

a

sin

x

b

sin

x

+ =

c

0 (

a

≠

0; , ,

a b c

∈

ℝ

)

(1) 
Cách Hướng dẫn giải Đặt

t

sin

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: a

cos

2 x+b

cos

x+ =c

0 (

a ≠

0; , ,

a b c∈

ℝ

)

(2)

Cách Hướng dẫn giải Đặt t =cosx điều kiện | |t ≤1 ta cũng đưa phương trình (2) về phương
trình bậc hai theo t, giải tìm t rồi tìm x

Dạng 3: atan2 x+btanx+ =c 0 (a ≠0; , ,a b c∈

ℝ

) (3) 
Cách Hướng dẫn giải Điều kiện cos 0 ,

x≠ ⇔ ≠ +x

π

k

π

k∈

ℤ

Đặt t= tanx

(

t∈

ℝ

)

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: acot2x+bcotx+ =c 0 (a≠0; , ,a b c∈

ℝ

) (4) 
Cách Hướng dẫn giải Điều kiện sinx ≠ ⇔ ≠0 x k

π

k∈

ℤ

Đặt t=cotx (t∈

ℝ

). Ta cũng đưa phương trình (4) về phương trình bậc hai theo ẩn t. 
Ví Dụ Minh Hoạ:

Ví dụ 1: Giải phương trình 2cos2x−3cosx+ =1 0 (1)
Hướng dẫn giải

Phương trình (1)

2 cos

1 ,

1

2 cos

3

2 x

k

x

k

x

k

x

π

π

=





⇔



⇔



∈

= ± +

=



ℤ

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.

Ví dụ 2: Giải phương trình:

cot

tan

4sin 2

2 sin 2

x

−

+

=

(2)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Điều kiện

sin 2

0 ,

2 ≠ ⇔ ≠

k

∈

ℤ

x

π

k

Ta có:

(2)

cos

sin

4sin 2

2 sin

cos

sin 2

x

⇔

−

+

=

( )

2 2

cos

sin

2 4sin 2

sin .cos

sin 2

2cos 2

2 4sin 2

cos 2

2sin 2

1 sin 2

cos 2

1 2cos 2

cos 2

1 0

1

*

cos 2

2 x

−

⇔

+

=

⇔

+

=

⇔

+

=





⇔

−

− = ⇔



= −



Ta thấy

cos 2

x

=

1

khơng thoả mãn điều kiện. Do đó

(*)

⇔

cos 2

1

2

3 x

= − ⇔

x

=

π

+

k

π

⇔ = ± +

x

π

k

π

k

∈

ℤ

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.

Bài tập:

Bài 1: Giải phương trình:

5sin

x

−

4sin

x

− =

1 0

Bài 2 Giải phương trình:

cos 2

x

−

3cos

x

− =

4 0

Bài 3: Giải phương trình:

3tan 2

3tan

5

0

2 x

−

x

− =

Bài 4: Giải phương trình:

cos(4

x

+ +

2) 3sin(2

x

+ =

1) 2

Bài 5: Giải phương trình:

tan 3

x

−

3tan 3

x

+ =

1 0

Bài 6: Giải phương trình:

cos 2

6cos 2

25

16 x

+

x

=

Bài 7: Giải phương trình:

2 2

sin 2

tan 6
2cos 2sin

4
x

x

π

=
−

Bài 8: Giải phương trình

1 2sin 3 2 sin sin 2
1
2sin .cos 1

x x x

x x

+ − + =

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài 9: Giải phương trình cot 24 14 25
sin 2

x

+ =

Để học những phần còn lại vui lòng mua trọn bộ sách của chúng tôi để lĩnh hội 
được tất cả những kiến thức và Phương pháp mới nhất. Bộ sách là sự kết hợp độc 
đáo của: Sách truyền thống- CASIO- Video.

TRỌN BỘ SÁCH THAM KHẢO TOÁN 11 MỚI NHẤT-2019

Bộ phận bán hàng:

0918.972.605

Đặt mua tại:

/> />

8

Xem thêm nhiều sách tại:

/>Hổ trợ giải đáp: 

 

Xem video giới thiệu bộ sách và các tính năng tại: 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

1.2.2- Phương trình bậc nhất đối với

sin ,cos

x

a)Định nghĩa: Phương trình asinx+bcosx=c (1) trong đó a, b, c∈ℝ và a2 +b2 ≠0 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 a2 +b2<c2 phương trình vơ nghiệm

-Nếu a2 + ≥b2 c2 khi đó để tìm nghiệm của phương trình ta thực hiện tiếp bước 2

Bước 2: Chia cả 2 vế phương trình (1) cho a2 +b2 , ta được

2 2 sin 2 2 cos 2 2

a b c

x x

a b a b a b

+ =

+ + +

Vì 2 2

2 2 2 2

( a ) ( b ) 1

a +b + a +b = nên tồn tại góc

α

sao cho

2 2 cos , 2 2 sin

a b

a +b =

α

a +b =

α

Khi đó phương trình (1) có dạng

2 2 2 2

sin .cosx sin .cosx c sin(x ) c

a b a b

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

π

k

π

k

= ⇔ = + ∈

ℤ

thử vào phương trình (1) xem có là nghiệm hay

khơng?

Bước 2: Với cos 0 2 ( )

2
x

x

π

k

π

k Z

≠ ⇔ ≠ + ∈

Đặt tan
2
x

t= suy ra

2 2

2 1

sin , cos

1 1

t t

x x

t t

−

= =

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Khi đó phương trình (1) có dạng

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 ( )

x+ x = ⇔ = − +x

π

k

π

k∈

ℤ

. sin cos 0 ( )

x− x= ⇔ = +x

π

k

π

k∈

ℤ

. 
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 y =asinx+bcosx, 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 2x−3cos 2x=3 (1)

Hướng dẫn giải

Cách 1: Chia cả hai vế phương trình (1) cho 12+32 = 10 ta được
1 sin 2 3 cos 2 3

10 x− 10 x= 10

Đặt 3 sin , 1 cos

10 =

α

10 =

α

. Lúc đó phương trình (1) viết được dưới dạng

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

2 2

x x x x

x k

x k x k

α

π

α α

π

α π α

π

− = ⇔ − =

= +


− = +

 

⇔ ⇔

− = − + = +



k∈

ℤ

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Cách 2:-Ta nhận thấy cosx =0 là nghiệm của phương trình

-Với cos 0 ,

x≠ ⇔ ≠ +x

π

k

π

k∈ Ζ . Đặt t = tanx ,lúc đó

2 2

2 1

sin 2 , cos 2

1 1

t t

x x

t t

−

= =

+ +

Phương trình (1) sẽ có dạng

2 2

2 1

3 3 2 3(1 ) 3(1 ) 3

1 1

t t

t t t t

t t

−

− = ⇔ − − = + ⇔ =

+ +

Hay tanx = =3 tan

α

⇔ = +x

α

k

π

,k∈

ℤ

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng

sin 2

3(1 cos 2 )

2sin .cos

6cos

cos

0 tan

3 tan

(sin

3cos )cos

0 sin

3cos

0 cos

0 x

α

=

+

⇔

=

= =



⇔

−

= ⇔



⇔



−

=



,

2 x

k

x

k

α

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 tốn đã cố tình tạo ra những phương trình khơng thoả mãn
điều kiện. Ta xét ví dụ sau:

Ví Dụ 2: Giải phương trình

2 2(sin

x

+

cos )cos

x

= +

3 cos 2

x

( )

2

Hướng dẫn giải

Ta biến đổi phương trình (2)

Ta có:

2 2 2

2 2

2 sin 2 2(1 cos 2 ) 3 cos 2
2 sin 2 ( 2 1)cos 2 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 a2 +b2<c2

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

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)sinx+ −(1 3)cosx=2 (3)
Giải :

Cách 1:Thực hiện phép biến đổi

(3)⇔ (1 3)sin (1 3)cos 2 1

2 2 x 2 2 x 2 2 2

+ + − = =

Đặt 1 3 cos ; 1 3 sin

2 2 x 2 2 x

+ = − =

Phương trình (3) sẽ được viết thành sin .cos sin .cos 1 sin( ) sin
4
2

x

α

x= ⇔ x+

α

π

2 2

4 4 ,

2 2

4 4

x k x k

k

x k x k

π

α

π

α

π

α π

π

α

π



+ = + = − +



⇔



⇔



∈



+ = − +



= − +





ℤ

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

2 2

12 4 6

x x x x x x

x x

x

x k

k

x k x k

π

π π

π

π π

π

π

π

π

π

π

π

+ + − = ⇔ + − + =

⇔ + − + =

⇔ + − =



 = +

− = + 



⇔ ⇔ ∈



 − = − + = +

 

 

ℤ

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

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 asin ( )P x +bcos ( )Q x =csin ( )Q x +dcos ( ) (*)P x trong
đó a, b, c, d∈ℝ thoả mãn a2 +b2 = +c2 d2>0 và P(x) ,Q(x) không đồng thời là các hàm hằng
số . Bằng phép chia cho a2 +b2 ta có (*)⇔sin

[

P x( )+

α

]

=sin

[

Q x( )+

β

]

hoặc

(*)⇔cos

[

P x( )+

α

]

=cos

[

Q x( )+

β

]

trong đó

α β

, là các góc phụ thích hợp. Ta xét ví dụ sau:
Ví Dụ 4: Giải phương trình: cos 7x−sin 5x= 3(cos5x−sin 7 ) (4)x

Hướng dẫn giải

(4)⇔ cos 7x+ 3 sin 7x= 3 cos5x+sin 5x

1cos 7 3sin 7 3cos5 1sin 5

2 x 2 x 2 x 2 x

⇔ + = +

cos cos 7 sin sin 7 cos cos5 sin sin 5

3 x 3 x 6 x 6 x

π

⇔ + = +

cos(7 ) cos(5 )

3 6

x

π

x

π

⇔ − = −

7 5 2

3 6

7 (5 ) 2

3 6

x x k

π

π

π

π

π

π



− = − +


⇔

 − = − − +



2 2

6 12

12 2

8 6
2

x k x k

k Z
k

x

x k

π

π

π

π

π

π

 

= + = +

 

⇔ ⇔  ∈

 = +  = +

 

 

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Bài tập: Giải các phương trình sau :

1. 3 sinx+cosx= 3
2. 10cosx−24sin 2x=13

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

4. 4cos3x− 3 sin 3x= +1 3cosx
5. sin4 x−cos4x= +1 2 2 sin .cosx x

6. 2( 3 sinx−cos )x = 7 sin 2x+3(cos4x−sin4x)

7. 8sin 3 1

cos sin
x

x x

= +

8. 2 2(sinx+cos )cosx x= +3 cos 2x
9. cosx+2cos 2x=2 2 +cos3x

10. 2 cos( ) 6 sin( ) 2sin( 2 ) 2sin(3 )

5 12 5 12 5 3 5 6

x −

π

− x −

π

= x +

π

− x +

π

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bộ phận bán hàng:

0918.972.605

Đặt mua tại:

/> />

8

Xem thêm nhiều sách tại:

/>Hổ trợ giải đáp: 

 

Xem video giới thiệu bộ sách và các tính năng tại:

/>

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.
asin2 x+bsin .cosx x+ccos2x=d (1) trong đó a, b, c, d ∈ℝ

b) Cách giải :

Chia từng vế của phương trình (1) cho một trong ba hạng tử sin2 x,cos2x hoặc
sin .cosx x . Chẳng hạn nếu chia cho cos x2 ta làm theo các bước sau:

Bước 1: Kiểm tra:

cos 0 ,

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

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 sin2 1 cos 2 ; cos2 1 cos 2 ; sin .cos sin 2

2 2 2

x x x

x= − x= + x x=

đưa phương trình đã cho về phương trình
bsin 2x+ −(c a)cos 2x= − −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

(sinn ,cosn ,sink cosh ) 0

A x x x x = trong đó k + =h n k h n; , , ∈ℕ 
Khi đó ta cũng làm theo 2 bước :

Bước 1: Kiểm tra xem cosx=0 có phải là nghiệm của phương trình hay khơng?
Bước 2: Nếu cosx≠0.Chia cả hai vế của phương trình trên cho cosn

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 3 cos2x+6sin .cosx x= +3 3 (1)
Hướng dẫn giải

Cách 1: Phương trình (1)⇔ 3(1 cos 2 ) 3sin 2+ x + x= +3 3 ⇔cos 2x+ 3 sin 2x= 3

1cos 2 3sin 2 3 cos(2 ) 3

2 x 2 x 2 x 3 2

π

⇔ + = ⇔ − =

2 2 2

3 6 4

2 2

3 6 12

 − = +  = +

 

⇔ ⇔ ∈

 − = − +  = +



 



ℤ

x k x k

k

x k x k

π π

π

π

π

π

π

π

π

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Cách 2: +) Thử với cos 0 2
2

x= ⇔ = +x

π

k

π

k∈ℤ vào phương trình (1) ta có 0 3= + 3
⇒vơ lí.

Vậy 2

x= +

π

k

π

k∈ℤ khơng là nghiệm của phươngtrình.

+)Với cosx≠0 Chia cả hai vế của phương trình cho cos x2 ta được
2 3 6 tan+ x= +(3 3)(1 tan+ 2x)⇔ +(3 3) tan2 x−6 tanx+ −3 3 =0

tan 1

4
3 3

tan tan

3 3
=

 

= +

 

⇔ − ⇔ ∈

= = = +

 + 



ℤ
x

x k

k
x

x k

π

π

α

α

π

Vậy phương trình có hai họ nghiệm

* Chú ý: Khơng 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: sin (3 ) 2 sin
4

x−

π

= x (2)

Hướng dẫn giải

Ta nhận thấy sin( )
4

x−

π

có thể biểu diễn được qua sinx−cosx.
Luỹ thừa bậc ba biểu thức sinx−cosx

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

π

x  x

π

 x

⇔ − = ⇔  −  =

 

⇔(sinx−cos )x 3 =4sinx

+) Xét với cos 0 2

x= ⇔ = +x

π

k

π

k∈ℤ. Khi đó phương trình có dạng

sin ( ) 4sin( )

2 k 2 k

π

π

π

π

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Vậy phương trình không nhận 2
2

x= +

π

k

π

làm nghiệm

+) Với cosx≠0. Chia cả hai vế của phương trình (2) cho cos x3 ta được :
(tanx−1)3 =4(1 tan+ 2x) tanx⇔3tan3x+3tan2x+tanx− =1 0.

Đặt t= tanx phương trình có được đưa về dạng:

3 2 2

3 3 1 0 ( 1)(3 1) 0
1

t t t t t

t x

π

k

π

k

+ + − = ⇔ + + =

⇔ = ⇔ = − + ∈ℤ

Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện của phương trình .
Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm

*Chú ý: Ngồi 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)

Hướng dẫn giải

Điều kiện cos 0 2

tan 1

x k

x

k
x

x k

π

π

π

π



≠ +



≠





⇔ ∈



= −





≠ − +



ℤ

Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng :

(

)

(

)

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 cos3x ≠0 ta được :

(

)

(

(

)

)

2 2

3 2 2

1 ta n 1 ta n ta n 1 ta n

ta n ta n 2 ta n 0 ta n ta n 2 ta n 0 ( * )

x x x x

x x x x x x

+ − + = +

⇔ + + = ⇔ + + =

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Phương trình (*)⇔tanx = ⇔ =0 x k

π

(

k ∈Z

)

Vậy phương trình có một họ nghiệm

Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng cos sin

(

cos sin

)

2
cos sin

x x

x x
x x

− = +

cos

2
4 2sin cot( )

4 4 1 cot ( )

sin

4
4

x

x x

x
x

π



+















⇔









⇔ + =





+ +









Đặt cot( )

t= x+

π

ta được :

( )

(

)

3 2

2 0 1 2 0 1

cot( ) 1 ( )

4 4 4

t t t t t t t

t

hay x

π

x

π π

k

π

x k

π

k

= ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔ =

+ = ⇔ + = + ⇔ = ∈ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm
Bài tập :

Giải các phương trình sau :

1) 3sinx−4sin .cosx x+cos2x =0

2) 2cos3x+sin3x−11sin2x−3cosx=0

3) 4sin 6cos 1

cos

x x

x

+ =

4) sin 3x=2sin3x

5) sin3x−5sin2xcosx+7sin cosx 2x−2cos3x=0

6) sin 2 sinx x+sin 3x=6cos3x

7) 8cos 3 1

sin cos
x

x x

= +

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

TRỌN BỘ SÁCH THAM KHẢO TOÁN 11 MỚI NHẤT-2019

Bộ phận bán hàng:

0918.972.605

Đặt mua tại:

/> />

8

Xem thêm nhiều sách tại:

/>Hổ trợ giải đáp: 

 

Xem video giới thiệu bộ sách và các tính năng tại: 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>
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
a(sinx+cos )x +bsin cosx x+ =c 0 trong đó a b c, ,

∈

ℝ

(1)

b) Cách Hướng dẫn giải

Cách 1: Do a(sinx

+

cosx)2

= +

1 sin cosx x nên ta đặt
sin cos 2 sin( ) 2 cos( )

4 4

t

=

x

+

x

=

x

+

π

=

π

−

x . Điều kiện | |t

≤

Suy ra

1
sin cos

2
t

x x

=

−

và phương trình (1) được viết lại: bt2

+

2at

− +

(b 2 ) 0c

=

Đó là phương trình bậc hai đã biết cách giải

Cách 2: Đặt 
4

t

= −

π

x thì sin cos 2 cos( ) 2 cos
4

x

+

x

=

π

− =

x t

1 1 1 1

sin cos sin 2 cos( 2 ) cos 2 cos

2 2 2 2 2

x x

=

x

=

π

−

x

=

t

=

t

−

nên phương trình (1) trở thành

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 t

=

sinx

−

cosx và lúc đó

1
sin cos

2
t
x x

=

−

Ví Dụ Minh Hoạ :

Ví Dụ 1: Giải phương trình sinx

+

cosx

−

2sin cosx x

+ =

1 0 (1)
Hướng dẫn giải

Cách 1: Đặt sinx

+

cosx

=

t điều kiện | |t

≤

2. Lúc đó

2 1

sin cos

2
t
x x

=

−

Khi đó phương trình (1) sẽ có dạng

2( ) 1 0
2

t

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

2 2 0 1 (*)
2
t
t t
t

= −



⇔ − − = ⇔



=



Với t

=

2 không thoả mãn điều kiện nên
(*)

⇔ = −

t 1

⇔

sinx

+

cosx

= −

2
1

2 sin( ) 1 sin( ) 2

4 4 2 2

x k

x x k

x k

π

π

π



= − +



⇔

+

= − ⇔

+

= −

⇔



∈

= +



ℤ

Cách 2: Đặt 
4

z

= −

π

x. Khi đó phương trình có dạng

2 cos( ) sin 2 1 0

4 x x

π

− −

+ =

⇔

2 cos sin 2( ) 1 0
4

z

−

π

− + = ⇔

z 2 cos sin( ) 1 0
2

z

−

π

− + =

z

⇔

2 cosz

−

cos 2z

+ =

2 0

⇔

2 cosz

−

(2cos2z

− + =

1) 1 0

⇔

2cos z 2 cosz 1 0

−

+

+ =

cos 2
2
cos
2
z
z



=



⇔



= −



(*’)

Ta thấy cosz

=

2 không thoả mãn

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



− =

+



⇔



− =

+



2
2
x k
k
x k

π

π

π



= − −



⇔



∈

= −



ℤ

Vậy phương trình có hai họ nghiệm

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Bài tốn 1: Giải phương trình a2tanx

+

b2cotx

=

c a( sinx

±

bcos ) (1)x a b

≠

0
Cách Hướng dẫn 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

⇔

( sina x

−

bcos )( sinx a x

+

bcos )x

=

c a( sinx

±

bcos )x

⇔

( sina x

[ ]

±

bcos ) ( sinx





a x

[ ]

∓

bcos )x

−

csin .cosx x





=

[ ]

sin

cos

0 sin

cos

sin .cos

0 

±

=

⇔



−

=



∓

a

x

b

x

a

x

b

x

c

x

*Quy ước: Khi có nhiều dấu

[ ]

±

trong một biểu thức hay một hệ hiểu là cùng lấy dòng trên
hoặc cùng lấy dịng dưới

Ví Dụ 2: Giải phương trình

tan

x

−

3cot

x

=

4(sin

x

+

3 cos ) (2)

x

Hướng dẫn giải

Điều kiện:

sin .cos

0

2 k

x

≠ ⇔ ≠

x

π

k

∈

ℤ

Ta có (2)

1 (sin

3cos

) 4(sin

3 cos )

sin .cos

x

⇔

−

=

+

⇔

(sin

x

−

3 cos )(sin

x

+

3 cos ) 4(sin

x

=

x

+

3 cos )sin .cos

x

⇔

(sin

x

+

3 cos ). (sin

x





x

−

3 cos )sin 2

x





=

0

sin 3 cos 0 (4)

sin 3 cos sin 2 0 (3)

x x

x x x

 + =

⇔

− − =



Ta có (3) tan 3 (5)

x x

π

k

π

⇔ = − ⇔ = − +

(4) 1sin 3cos sin 2

2 x 2 x x

⇔ − = cos sin sin cos sin 2

3 x 3 x x

π

⇔ − =

2 2

3
sin( ) sin 2

2 2

3
x x l

x x

x x l

π

π

π

 = − +



⇔ − = ⇔

 = − + +



2
3

x l

l

x l

π

π

π

π

 = − +


⇔ ∈

 = +


</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

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 tốn 2: Giải phương trình:

[ ]

(tan ± sin )+ (cot ± cos ) (± + =) 0

a x x b x x a b với a b c d, , , ∈

ℝ

(1)

Cách Hướng dẫn 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 a(tanx

[ ]

± sin )x +b(cotx

[ ]

± cos )x − + =a b 0
Ví Dụ 3: Giải phương trình

tanx− 3 cotx−sinx+ 3 cosx+ −1 3=0 (3)
Hướng dẫn giải

Điều kiện sin 2 0

2
k

x≠ ⇔ ≠x

π

k∈

ℤ

(3)⇔ tanx−sinx− 3(cotx−cos ) 1x + − 3 =0

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

⇔ − + − − + =

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

⇔ − − + =

( )

1 3

0 (4)

cos sin

sin sin .cos cos 0 5

x x

x x x x



− =


⇔

 − + =

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Giải (4) tan 3

x x

π

k

π

k

⇔ = ⇔ = + ∈

ℤ

Giải (5): Đặt sin cos 2 cos( ) | | 2

t = x+ x=

π

−x t ≤ (*)

Suy ra

1
sin . cos

2
t

x x= − .

Phương trình (5) trở thành

0 1 0

2
t

t− − = ⇔ − − =t t 1 2

1 2
t

t
 = −
⇔

= +


Kết hợp với điều kiện (*) thì t = +1 2 bị loại

Với t= −1 2 ta có 2 cos( ) 1 2 cos( ) 1 2 cos

4 x 4 x 2

π

− = − ⇔

π

− = − =

α

2 2

4 x l x 4 l

π

α

π

π

α

π

⇔ − = ± + ⇔ = − ± +

α

∈

ℝ

, l∈

ℤ

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: cos4 sin4 sin 2 (1)

2 2

x x

x

− =

Hướng dẫn giải

Ta có: cos4 sin4 (cos2 sin2 )(cos2 sin2 ) cos

2 2 2 2 2 2

x x x x x x

x

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

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

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

ℤ

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 (2)

Hướng dẫn giải

Điều kiện: sin 2x ≠0

Phương trình (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− x x= −4 2sin 2x
⇔3sin 23 sin 22 4sin 2 2 0

x− x− x+ = ⇔ (sin 2x−1)(3sin 22 x+2sin 2x− =2) 0
⇔ sin 22 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

α


 =


− −
 =


−
 = =

(loại)
4
x k

x k k

x k

π

π

α

π

π α

π


= +


⇔ = + ∈
 = − +


ℤ

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Bài tập:

Giải các phương trình sau:

1. 20 ( tan1 1 )cos 2 9

sin 2x−2(sinx−cos )x = 2 x+sinx+cosx x−
2. 2(tanx−sin ) 3(cotx + x−cos ) 5 0x + =

3. 1 cos+ 3x−sin3x=sin 2x 4. sinx+cosx=( 3 1)cos 2− x
5. 2cos2 (1 sin ) cos2 0

2
x

x x

− + = 6. sin3x+cos3x=sin 2x+sinx+cosx

7. 4(sin4x+cos4x)+ 3 sin 4x=2 8. sin8 cos8 17
32
x+ x=

9. sin .cos3 1cos 24 sin .cos3 1sin 24 2

4 4 8

x x+ x= x x+ x+

10. sin3x+cos3x=2(sin5x+cos5x) 11. sin8 cos8 (sin10 cos10 ) 5cos 2
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

(tan cot ) (tan cot ) 0 ( 0; 2)

n

k k k

k
k

p x

α

x q x

α

x r

α

k

+ + ± + = > ≥

∑

• Cách Hướng dẫn giải

Bước 1: Đặt ẩn phụ tan cot | | 2 2
tan cot

t x x t

α

 = + ≤



= − ∈

 ℝ

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

Bước 2: Giải phương trình F t( ) 0= loại những nghiệm khơng thoả mãn điều kiện của bài
tốn

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Ví Dụ 1: Giải phương trình tan3x−cot3x−3(tan2x+cot2x) 3(tan− x−cot ) 10 0 (1)x + =
Hướng dẫn giải

Phương trình (1) ⇔tan3x−cot3x−3tan .cot (x x tanx−cotx) 3(tan− 2x+cot2 x− + =2) 4 0

(tanx cot )x 3(tanx cot ) 4 0 (2)x

⇔ − − − + =

Đặt t= tanx−cotx , 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 cot 2 2

cot 2 1 4

8 2

x k x k

x

k

x k

x x k

π

α

π

α

π

π



= + = +

  

= =

 

⇔ ⇔ ⇔ ∈

  = − + 

= − = − +

  

ℤ

Vậy phương trình có hai họ nghiệm

Ví Dụ 2: Giải phương trình:

tan3x+tan2x+tanx+cot3x+cot2x+cotx=6 (2)
Hướng dẫn giải

Điều kiện sin .cos 0

2
x x ≠ ⇔ ≠x k

π

Ta có: Phương trình (2)

3 3

2 2

tan cot 3tan .cot (tan cot )

tan cot 2 tan .cot 2(tan cot ) 8 0

x x x x x x

 

⇔ + + + +

+ + − + − =

3 2

(tanx cot )x (tanx cot )x 2(tanx cot ) 8 0x

⇔ + + + − + − = (3)

Đặt t=tanx+cotx | | 2t ≥ , phương trình (3) có dạng
t3 + − − = ⇔t2 2t 8 0 t3 − + − =8 t2 2t 0

(t 2)(t 2t 4) t t( 2) 0

⇔ − + + − − = 2 2

(t 2)(t 2t 4 t) 0 (t 2)(t t 4) 0

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Với

| | 2

t

≥

thì t2 + + >t 4 0 nên (4) ⇔ − = ⇔ =t 2 0 t 2
Suy ra tan cot 2 sin 2 1

x+ x= ⇔ x= ⇔ = +x

π

k

π

( thoả mãn điều kiện(2)).

Vậy
4

x= +

π

k

π

là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho
Bài tập:Giải các phương trình sau:

1. 2(tanx+cot )x =tan7 x+cot7x 2. tan3x+tan2x+cot2x+cot3x− =4 0

3. 5(tanx+cot ) 3(tanx − 2 x+cot2x) 8 0− = 4. tan2 2(tan cot ) 11 12

3 sin

− + = −

x x x

x
5. 22 tan cot 2 tan2 8

sin x + x+ x+ x= 6. sinx+cosx=tanx+cotx
7. 8(tan4x+cot4x) 9(tan= x+cot )x 2 −10

1.3- Vấn đề loại nghiệm khơng 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 khơng, để ta có thể
loại những nghiệm khơng thích hợp.

Chúng ta có thể xét ba phương pháp sau:
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 (1) sau đó thay nghiệm của phương trình (1) tìm được vào (*) để loại
nghiệm khơng thích hợp.

Ví Dụ: Giải phương trình 1 sin 0
sin 4

x
x

+ =

(1)

Hướng dẫn giải

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Khi đó (1) 1 sin 0 sin 1 2 ,
2

x x x

π

k

π

k

⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − + ∈ℤ

Thay 2

x = − +

π

k

π

vào (*) xem có thoả mãn hay khơng ?

sin 4( 2 ) sin( 2 2 ) ( 2 ) 0

2 k k sin

π

π

 

− + = − + = − =

 

 

Suy ra 2

x= − +

π

k

π

không thoả mãn (*) .

Vậy phương trình (1) vơ nghiệm .

1.3.2- Phương pháp hình học (dùng đường trịn 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 là tập nghiệm của phg trình (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 (x) là nghiệm 
của phương trình.

Ví Dụ: Giải phương trình: cos .cot 2x x=sinx (1)
Hướng dẫn giải

Điều kiện sin 2 0 2 ( ) (*)

≠ ⇔ ≠ ⇔ = ∈ℤ

x x n

π

x n

π

n

Khi đó phương trình (1) cos cos 2 sin
sin 2

x

x x

x

⇔ =

⇔ cos cos 2x x=sin sin 2x x ⇔cos cos 2x x−sin sin 2x x=0

cos3 0 3 (**)

2 6 3

x x

π

k

π

x

π

k

π

k

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Biểu diễn các họ nghiệm (*) và (** ) lên trên cùng một đường trịn lượng giác.

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

x k

k

x k

π

π

π

π



= +


∈


 = − +


ℤ

TRỌN BỘ SÁCH THAM KHẢO TOÁN 11 MỚI NHẤT-2019

sin

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Bộ phận bán hàng:

0918.972.605

Đặt mua tại:

/> />

8

Xem thêm nhiều sách tại:

/>Hổ trợ giải đáp: 

 

Xem video giới thiệu bộ sách và các tính năng tại:

/>

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 =
Hướng dẫn giải

Điều kiện sin 4x ≠ ⇔0 4x≠n

π

(n∈ℤ)

Khi đó (1) cos8 0 8 ,

2 16 8

x x

π

k

π

x

π

k

π

k

⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈ℤ

Gía trị này là nghiệm của (1) nếu 1 2 4

16 k 8 n 4 k n

π

+

π

≠

π

⇔ + ≠

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Vậy nghiệm của phương trình là ,
16 8

x =

π

+k

π

k∈ℤ
Bài tập:

1: Tìm các nghiệm thuộc ;3
2

π π

 
 

  của phương trình

sin(2 5 ) 3cos( 7 ) 1 2sin

2 2

x+

π

− x−

π

= + x

2: Giải phương trình: sin .cot 5 1
cot 9

x x

x = 3: Giải phương trình: 2

cos 2sin .cos

3
2cos sin 1

x x x

x x

− =

− −

4: Giải phương trình: sin 5 1
5sin

x

x = 5: Giải phương trình: 2

1 cos 2
1 cot 2

sin 2
x
x

x
−

+ =

6: Giải phương trình: sin 3x=cos .cos 2 (tanx x 2x+tan 2 )x

Chương II: Hệ thống một số phương pháp giải phương trình lượng giác

Đứng trước một PTLG lạ, điều mà làm ta băn khoăn là làm thế nào để giải nó, vấn đề
nảy sinh trong mỗi chúng ta là phải đưa phương trình về phương trình mà ta đã biết cách
giải. Và để giải mỗi phương trình ta phải thực hiện các phép biến đổi theo hướng

-Nếu phương trình chứa nhiều hàm lượng giác khác nhau thì biến đổi tương đương về
phương trình chỉ chứa một hàm

-Nếu phương trình chứa hàm lượnggiác của nhiều cung khác nhau thì biến đổi tương
đương về phương trình chỉ chứa một cung.

Dưới đây là một số phương pháp biến đổi tuỳ thuộc vào từng bài toán khác nhau mà ta
lựa chọn phương pháp cho phù hợp.

2.1 - Phương pháp biến đổi tương đương

Phương pháp: Sử dụng công thức lượng giác đã học thực hiện các phép biến đổi đại số và 
lượng giác đưa phương trình về dạng quen thuộc đã biết cách giải.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Ví dụ Minh Hoạ:

Ví dụ 1: Giải phương trình 3sin 3x− 3 cos9(

π

+ = +x) 1 4sin 33 x (1)
Hướng dẫn giải

Nhận xét: Ta nhận thấy trong bài tốn có 2 số hạng 3sin 3 ,4sin 3x 3 x ta có thể sử dụng
được cơng thức góc nhân ba

Ta có (1)⇔3sin 3x−4sin 33 x− 3 cos9x=1

1 3 1

sin 9 3 cos9 1 sin 9 cos9

2 2 2

sin sin 9 cos cos9 cos( ) cos

6 6 2 6 3

x x x x

x x x

π

⇔ − = ⇔ − =

⇔ − = ⇔ + =

2 2

6 3 6 ( )

2 2

6 3 2

x k x k

k

x k x k

π π

π

π

π

π

π

π

π

 

+ = + = +

 

⇔  ⇔  ∈

 + = − +  = − +



 



ℤ

Vậy phươngtrình có 2 họ nghiệm

Ví dụ 2: Giải phương trình sin .cos33x x+sin 3 .cosx 3x=sin 43 x
Hướng dẫn giải

Ta có:

2 3 3 2

cos3x=cos (4cosx x−3)⇒sin .cos3x x=sin .cos (4cosx x x−3)

2 2 2 1 2 2

sin .cos (4sin .cos 3sin ) sin 2 (sin 2 3sin ) (1)
2

x x x x x x x x

= − = −

Tương tự ta cũng có cos3 sin 3 1sin 2 (3cos2 sin 2 ) (2)2
2

x x= x x− x

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được

(

)

3 3

2 2 2 2

2 2

sin cos3 cos sin 3
1

sin 2 (sin 2 3sin 3cos sin 2 )
2

3 3 3

sin 2 cos sin sin 2 cos 2 sin 4

2 2 4

x x x x

x x x x x

x x x x x x

= − + −

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Từ đó ta có : 3sin 4 sin 43 3sin 4 sin 43 0
4 x= x ⇔ x− x=

sin12 0 12 ( )

12
k
x x k

π

x

π

k

⇔ = ⇔ = ⇔ = ∈ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm .

Ví dụ 3: Giải phương trình 2 cosx +sinx =1 (1)

Hướng dẫn giải

Ta có :(1) ⇔ 2 cosx = −1 sinx ⇔4cos2x= −(1 sin )x 2
⇔5sin2x−2sinx− =3 0

sin 1 2

2 ( )

3
sin sin

( ) 2
5



= +


=





⇔ ⇔ = + ∈

= − =  = − +






ℤ

x k

x

x k k

x

x k

π

π

α

π

α

π α

π

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 4: Giải phương trình:

6 2 6 2

10 10

log x x− (sin 3x+sin ) logx = x x− sin 2x (1)

Hướng dẫn giải 
Ta có :

6

0

1 0

6

10 (1)

sin 2

0 sin 2

0 sin 3

sin

sin 2

2sin 2 cos

sin 2

x



−

<

≠





< <





⇔



>

⇔



>



+

=



=







0

6 sin 2

0

1 cos

(*)

2 x





< <



⇔



>



=



Giải (*): ta có

2

3 (*)

2

3 x

k

x

k

π

π

π

π



= +



⇔



</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

*Với

2

3 x

= − +

π

k

π

loại do

sin 2

x

<

0

*Với

2

3 x

= +

π

k

π

xét với điều kiện

0

6 x

π

< <

Ta xét

0

2

6

3 k

π

π

< +

<

ta thấy có 1 giá trị

k

=

0

là thoả mãn

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất

3 x

=

π

Nhận xét : Phương pháp biến đổi tương đương địi hỏi phải sử dụng nhiều cơng thức lượng

giác vì vậy việc nắm chắc các cơng thức và vận dụng linh hoạt vào từng bài toán là hết sức
cần thiết .

2.1- Phương pháp đặt ẩn phụ. 
Phương pháp :

Có 2 loại đặt ẩn phụ

(1) Đặt ẩn phụ , đưa phương trình đã cho về phương trình mới dễ giải hơn
(2) Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về hệ phương trình đại số

Phụ thuộc vào mỗi phương trình mà ta phải biết đặt ẩn phụ một cách khéo léo để có được
một phương trình mới đơn giản hơn dễ giải hơn

Thông thường trong phương pháp đặt ẩn phụ để giải PTLG ta thường gặp 2 loại đặt ẩn phụ
sau:

+) Đổi biến dưới hàm lượng giác

+) Đặt cả biểu thức lượng giác làm ẩn phụ
2.1.1- Đổi biến dưới hàm lượng giác

Phương pháp:

Khi các biểu thức dưới hàm lượng giác có mối liên hệ đặc biệt : bù nhau, hơn kém nhau

2 k

π

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Ví dụ 1: Giải phương trình

cos

4 cos

3 x

=

(1)

Hướng dẫn giải

Ta có

cos

4 1 cos 2

3

2 x

+

x

⇔

=

Đặt

2

3

2 x

t

=

⇒

x

=

. Lúc đó ta có

cos 2

1 cos3

2 t

=

+

3 2 3

2 3

2cos 2

1 4cos

3cos

2(2cos

1) 1 4cos

3cos

4cos

2 4cos

3cos

1 0

t

⇔

= +

−

⇔

− = +

−

⇔

− −

+

− =

(cos 1)(cos 3) 0

cos 1 2

( ) (*)
3
cos
4 2
2
t t

t t k

k
t k
t

π

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

Thế trở lại ẩn x ta có

(*)
2

3
2

3 ( )

2 4 2

3 3
x

x k
k

k

x x k

k

π

π

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

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

Ví dụ 2: Giải phương trình sin(3 ) 1sin ( 3 )
10 2 2 10 2

x x

π

− =

π

+

(1)

Ta nhận thấy sin ( 3 )
10 2

x

π

+

có thể biểu diễn sin ( 3 ) sin 3(3 )

10 2 10 2

x x

π

 − −  = −
 
 

Như vậy phương trình đã được đưa về phương trình chứa các hàm lượng giác chỉ chứa 1
cung. Từ đây ta sử công thức nhân ba để biến đổi

Hướng dẫn giải

Ta có: sin( 3 ) sin 3 sin 3(3 )

10 2 10 2 10 2

x x x

π

+ = 

π

−

π

− =

π

−

 

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Đặt (3 ) 3 2

10 2 5

x

t =

π

− ⇒x=

π

− t phương trình (2) sẽ trở thành

sin (4sin 1) 0 sin .(2cos 2 1) 0
2 2
sin 0

2 2 2 2

cos 2

3 3

t t t t

t k t k

t

t k t k

t

π

π

π

π

⇔ − = ⇔ − =

= =

=  



 



⇔ ⇔  ⇔

= ± + = ± +

  

3 3

2 2

5 5

3 3

2 2

5 5 3

t k

π

π

π

π π

π



− = −


⇔

 − = ± −


hay

2
5
4

2 ( )
5

2
5

x k

x k k

x k

π

π

π

π

π

π



= −




 = − ∈




 = −


ℤ

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.

2.1.2- Đặt một biểu thức lượng giác làm ẩn phụ.

Chú ý một số phương pháp đặt ẩn phụ của phương pháp đại số sau đây
+Phương trình trùng phương ax4 +bx2 + =c 0 (a ≠0)

Đặt t= x2 t≥0

+Phương trình bậc bốn (x+a)4 + +(x b)4 =c
Đặt

2
a b
t= +x +

+ Phương trình bậc bốn

(x+a x)( +b x)( +c x)( +d)=k vớia+ = +b c d
Đặt t= +(x a x)( +b)

+ Phương trình bậc bốn đối xứng ax4 +bx3 ±cx2 ±bx+ =a 0
Chia cả hai vế cho x2 (x≠0)

Đặt t x 1
x
= ±

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Ví dụ1: Giải phương trình

tan2 x−3tanx−9cotx+9cot2 x+ =2 0 (1)

Hướng dẫn giải

Điều kiện sin 0 sin 2 0

cos 0 2

x

x x k k

x

π

≠


⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈



≠

 ℤ

Ta có: (1) (tan2 92 ) 3(tan 3 ) 2 0

tan tan

x x

⇔ + − + + =

Đặt tan 3 2 3

tan

t x t

x

= + ≥ (*)

Do đó 2 tan2 92 6 2 6 tan2 92

tan tan

t x t x

x x

= + + ⇔ − = +

Phương trình (1) trở thành 2 3 4 0 1
4
t
t t

t
= −


− − = ⇔ 

 (2)
Do (*) nên ta có (2) ⇔ =t 4. Lúc đó ta có

tan 4 tan 4 tan 3 0
tan

+ = ⇔ − + =

x x x

x
tan 1

( )
4

tan 3 tan



= = +

 

⇔ ⇔ ∈

= =

 = +



ℤ

x x k

k
x

x k

π

π

α

α

π

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

Chú ý: Một số phương trình có cách đặt ẩn phụ khơng toàn phần ,nghĩa là sau khi đặt ẩn phụ 
cả ẩn cũ và ẩn mới cung tồn tại trong phương trình. Bộ phận cũ cịn lại ấy được xem là tham
số của phương trình

Ví dụ 2: Giải phương trình

(sin 3)sin4 (sin 3)sin2 1 0

2 2

x x

x+ − x+ + = (1)

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Cách 1: Đặt sin2 0 1
2

x

t t

= ≤ ≤ phương trình (1) trở thành

(

sinx+3

)

t2 −(sinx+3)t+ =1 0 (*)

Do sinx+ >3 0 nên phương trình (*) là phương trình bậc hai đối với t

(sin 3)

4(sin

3)

(sin

1)(sin

3)

x

∆ =

+

−

+

∆ =

−

+

sin

x

≤

1

⇒

∆ ≤ ∀

0

ℝ

Do vậy (*) 2

0 sin

1 sin

1 1 cos 2

1 sin

2 2 2

2 x

b

x

t

a

∆=

=

  

  

⇔



⇔



⇔



−

=−

=

  



sin

1 sin

1

2 cos

0

2 x

k

x

π

π

=



⇔



⇔

= ⇔ = +

=



(

k

∈

ℤ

)

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm
Cách 2:

(2)

(sin

3)sin

(sin

1) 1 0

2 x

⇔

+

− + =

1 (sin

3)sin

cos

0

2 x

⇔ −

+

=

3 2 2

4 (sin

3)sin

0 sin

3sin

4 0

(sin

1)(sin

2)

0 sin

1

2 (

)

2 x

π

k

π

k

⇔ −

+

=

⇔

+

− = ⇔

−

+

=

⇔

= ⇔ = +

∈

ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm

Ví dụ 3: Giải phương trình

cos

x

+

2 cos

+

x

=

2 (1)

Hướng dẫn giải

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Từ (*) và (1) ta có hệ

2 cos

cos

2 u

x

u



= +





= −



Ta có

u

=

cos

x

+ +

u

cos

x

⇔

cos

x

+

cos

x

− + =

u

0 (

)

(cos

)(cos

) cos

0 cos

(cos

1) 0

cos

1 x

u

x

u

x

u

x

u

x

u

x

u

x

u

⇔

−

+ +

+ =

= −



⇔

+

− + = ⇔



= −



-Với

u

= −

cos

x

thế vào (*) ta được

cos

2 0

cos

1

2 (

)

cos

2 ( )

x

k

x

vn

π

= −



−

− = ⇔



⇔ = +

∈

=

 ℤ

-Với

u

=

cos

x

+

1

thế vào (*) ta được

cos cos 1 0
1 5

cos ( )

2 2 ( )

5 1

cos cos

x x

x vn

x k k

x

α

π

α

+ − =

 − −
=




⇔ ⇔ = ± + ∈

 −

= =




ℤ

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm .

Ví dụ 4: Giải phương trình 16sin x2 +16cos x2 =10
Hướng dẫn giải

Cách 1: Viết lại phương trình

2 2 2 2

1 16

16 16 10 16 10

sin x sin x sin x

sin x

−

+ = ⇔ + =

Đặt 16sin x2

t

= , điều kiện 1≤ ≤

t

16 vì 0≤

sin x

2 ≤1 nên 16o ≤16sin x2 ≤161
Khi đó phương trình có dạng

2 8 16 8

10 10 16 0

2 16 2

sin x

t t t

t t



= =



+ = ⇔ − + = ⇔ ⇔

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

2
2
2
4 3
2
4
2
3 1
2

2 2 4 2 2 1

1 1

2 2 2

4 2

sin x

sin x cos x

cos x

sin x cos x

 
= = −
 =  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
 =  
 = =
 
 

(

)

1 2

4 4 2

2 3 6 2

cos x x π k x π kπ k

⇔ = − ⇔ = ± + π ⇔ = ± + ∈ℤ

Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Cách 2: 
Đặt
2
2
16
1 16
16
sin x

cos x
u
u, v
v
 =

≤ ≤

=


Khi đó: 16sin x2 16cos x2 16sin x cos x2 2 16

u v

= = + =

Phương trình tương đương với 10
16

u

v

uv

+ =


=


Khi đó u, v là nghiệm của phương trình:

t

2 −10

t

+16 0= 2
8

t


⇔ 
=

2
2
2
2
2
2 2
2
2
2

1

4

16

2 3

1

2

8

16

8 4

2

3

1

8 16

8

3 2

4

2

4

2 16

2

1

4

sin x
cos x
sin x
cos x

sin x

u

cos x

sin x

cos x

v

u

sin x

cos x

sin x

v

cos x



=









=









=











=





=



=

=



=







⇔



⇔



⇔



⇔



⇔



=









=





=



=



= −



















=













=









=







2

1 4

2 2

4

2

3

6

2 cos

x

cos x

x

π

k

x

π

k

π

( k

)

⇔

= ⇔

= − ⇔

= ±

+

π ⇔ = ± +

∈

ℤ

Vậy phương trình có hai họ nghiệm .

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

2 sin cos

sin

cos

6 sin 2

2 sin

cos

x x x x

x x x

+

=

+

(1)

Hướng dẫn giải

Đặt t

=

sin cos

x x

+

sin

x

+

cos

x , suy ra

2

t

=

sin 2

x

+

2 sin

x

+

cos

x

Phương trình (1) trở thành

2

6

2 3 0

1

3

t

t t t

t
t

=



+ = ⇔ + − = ⇔



= −



-Với t

=

1

ta có:

sin cos

x x

+

2 sin

x

+

cos

x

=

1 sin

x

+

cos

x

= −

1 sin cos

x x

( )

a

1 sin cos

−

x x

>

0

nên (a)

⇔

(sin

x

+

cos )

x 2

= −

(1 sin cos )

x x 2

1 2sin cos

(sin cos )

sin cos (sin cos

4) 0

sin cos

0 sin 2

0

2 (

)

2

x x x x x x

x x x x

x x x x k

π

x k

π

k

⇔ +

= −

+

⇔

− =

⇔

= ⇔

=

⇔ =

∈

ℤ

-Với t

= −

3

ta có

sin cos

x x

+

sin

x

+

cos

x

= −

3 ⇔

sin

x

+

cos

x

= − −

3 sin cos

x x

( )

b

Ta nhận thấy

− −

3 sin cos

x x

< − < <

2 0

sin

x

+

cos

x , suy ra phương trình (b) vơ nghiệm.
Vậy phương trình có một họ nghiệm

Ví dụ 6: Giải phương trình

2 2

sin sin

9

3 2(cos 2

2)

4cos

3 0

81

x

+

x

−

9

x

+

x

− =

(1)

Hướng dẫn giải

Đặt 2 2 2

1 2sin cos 2

sin sin

3

0

3

9

x x

x t t x

−

= >

=

1 2sin cos 2 cos 2 2 2
sin

9 (3

)

81

x x x

x t

−

⇒

=

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

⇔

t2

+

2(cos 2

x

−

2)

t

+

2cos 2

x

− =

5 0

1 5 2cos 2

t

t x

= −



⇔



= −



-Với t

= − <

1 0

loại

-Với t

= −

5 2cos 2

x ta có

3

cos 2x

5 2cos 2

x

= −

⇔

cos 2

3

x

2cos 2

5

x

+

=

(*)
Đặt y

=

cos 2 ,

x y

≤

1

phương trình (*) trở thành

3

y

2

5

y

+

=

Đặt

( ) 3

y

2

f x

= +

y .Rõ ràng f y

( )

là hàm đồng biến trên

ℝ

.

Mặt khác ta có f

(1) 5

=

suy ra y

=

1

là nghiệmduy nhất của phương trình (*)
Với y

=

1

ta có

cos 2

x

= ⇔

1

2

x

=

k

2 π

⇔ =

x k

π

(

k

∈

ℤ

)

Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm
Nhận xét:

Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình lượng giác được vận dụng khá linh hoạt
,ta phải khéo léo biến đổi biểu thức đã cho về một số dạng phương trình lượng giác mà ta đã
biết cách giải .Với ẩn phụ đã đặt ta nhất thiết phải tìm điều kiện của nó và lưu ý ta phải thử
lại xem các nghiệm có thoả mãn điều kiện của phương trình hay khơng

2.3- Giải phương trình lượng giác sử dụng công thức hạ bậc 
Phương pháp: Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1:Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa.

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

(

)

(

)

(

)

(

)

2 3

2 2

1 1

1. sin 1 cos 2 5. sin 3sin sin 3

2 4

1 1

2. cos 1 cos 2 6. cos 3cos cos3

2 4

sin 1 cos 2 3sin sin 3

3. tan 7. tan

cos 1 cos 2 3cos cos3

cos 1 cos 2 3sin sin 3

4. cot 8. cot

sin 1 cos 2 3cos cos

x x x x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x

= − = −

= + = +

− −

= = =

+ +

= = =

− − 3x

* Hạ bậc toàn cục

4 4

6 6

6 6 3

3 1
sin cos cos 4

4 4
sin cos cos 2

5 3
sin cos cos 4

8 8

1 3

sin cos cos 2 cos 2

4 4

x x x

x x x x

+ = −

− =−

+ = +

− = +

* Hạ bậc đối xứng: Giả sử cần biến đổi biểu thức dạng :
A=sin .cos33x x+sin 3 .cosx 3x

Ta có thể lựa chọn theo hai cách sau:
Cách 1: Ta có :

(

)

(

)

3 3

2 2

sin .cos3

sin 3 .cos

1 cos

sin .cos3

1 sin

sin 3 .cos

sin .cos3

sin 3 .cos

(cos .cos3

sin .sin 3 )sin .cos

1

3 sin 4

cos 2 .sin 2

sin 4

2

4 A

x

=

+

= −

+ −

=

+

−

+

=

−

=

−

=

Cách 2: Ta có :

1 (3sin

sin 3 )cos3

(3cos

cos3 )sin 3

4

3 (sin .cos3

.sin 3

sin 4

4 A

x

x consx

x

=

−

+

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Chú ý: (+) Tuỳ thuộc bậc từng bài toán ta lựa chọn việc hạ bậc cho phù hợp . Chẳng hạn đối 
với phương trình bậc lẻ các nhân tử bậc cao (giả sử bằng 3) thông thường ta không đi hạ bậc
tất cả các nhân tử đó mà chỉ chọn ra hai nhân tử để hạ bậc.

(+) Với các nhân tử bậc cao hơn 3 ta phải hạ bậc dần dần.
Ví Dụ Minh Hoạ:

Ví dụ 1: Giải phương trình:

sin

x

=

cos

x

+

cos 3

x

Giải.

Phương trình được biến đổi dưới dạng

2 2

1 cos 2

cos 3

2cos 3

(cos 4

os 2 )

2 2cos 3

2cos3 .cos

0 (cos3

os5 )cos3

0 2cos 2 .cos .cos3

0 x

x c

x

x c

x

−

=

+

+

⇔

+

⇔

+

= ⇔

+

=

⇔

=

cos 2

0 2

cos 2

0 2

4

2

cos

0 cos3

0

3 cos3

0

6

3

2




=



= +



= +



=





⇔



=

⇔



⇔



⇔



∈

=

 

= +



= +



=

  

ℤ

x

x

k

x

k

x

k

x

k

x

k

x

π

π

π

π

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

Ví dụ 2: Giải phương trình

sin

sin (

) sin (

)

9

4

8 x

+

x

+

π

+

x

−

π

=

(1)
Giải.

Ta có:

(1)

2 2

1 cos(2

)

1 cos(2

)

1 cos 2

4

9

2

8 x

π

   

−

+

−

   

−

 

⇔

 

+

 

+

 

=

     

   

2 2 2 2 2

9 (1 cos 2 )

(1 sin 2 )

1 2cos 2

cos 2

2(1 sin 2 )

2 2cos 2

4cos 2

1 0

x

⇔ −

+ +

+ −

= ⇔ −

+

=

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

6
cos 2 1

2
6

cos 2 1 ( )
2

cos 2 1 cos 2 2 2 2 ( )

2
x

x loai

x

α

x

α

k

π

x

α π

k k



= −




⇔



= +




⇔ = − = ⇔ =± + ⇔ =± + ∈ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Ví dụ 3: Giải phương trình: sin3x+cos3x+sin3x.cotx +cos .tan3x x= 2sin 2x (2)
Giải

Ta có: (2) ⇔ sin3x+cos3x+sin2x.cosx+cos2x si x. n = 2sin 2x

2 2

sin (sin cos ) s (cos n ) 2sin 2

(sin s )(sin cos ) 2sin 2 sin cos 2sin 2 (3)
x x x co x x si x x

x co x x x x x x x

⇔ + + + =

⇔ + + = ⇔ + =

Điều kiện sin cos 0 sin cos 0 sin 0 (*)

sin 2 0 sin .cos 0 cos 0

x x x x x

x x x x

+ ≥ + ≥ ≥

  

⇔ ⇔

  

≥ ≥ ≥

  

Bình phương hai vế của phương trình (3) ta có: (sinx+cos )x 2 =2sin 2x
1 2sin cos sin 2 2sin 2 sin 2 1

2 2

2 4

x x x x x

x

π

k

π

x

π

k

π

k

⇔ + = ⇔ ⇔ =

= + ⇔ = + ∈ℤ

Các giá trị
4

x = +

π

k

π

thỏa mãn điều kiện (*) khi và chỉ khi k =2m
Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm duy nhất.

Ví Dụ 4: Giải phương trình:

sin7 cos5 1(sin5 cos3 )sin 2 sin cos
2

x+ x+ x+ x x = x+ x (4)

Hướng dẫn giải

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

7 6 5 4

6 4

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

sin cos 0 (5)
(sin cos )(sin cos 1) 0

sin cos 1 (6)

x x x x x x x x

x x

x x x x

x x

⇔ + + + = +

+ =



+ + − = ⇔

+ =



Ta có (5) tan 1

x x

π

k

π

k

⇔ = − ⇔ = + ∈ℤ

Lại có:

6 2

6 4 2 2

4 2

cos cos

cos sin sin cos 1
sin sin

x x

x x x x

x x

 ≤



⇒ + ≤ + =



≤


Dâú đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sinx=0 hoặc cosx=0
Bởi thế (6) sin 0

cos 0 2

x

x k k
x

π

=


⇔ ⇔ = ∈

 ℤ

Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 5: Giải phương trình :

4 4

sin cos 1 sin

2 2 tan sin tan

1 sin 2

x x

x

x x x

x

+ +

− = +

− (7)

Hướng dẫn giải 
Điều kiện: cosx≠ 0

Ta có: sin4 cos4 (sin2 cos2 )2 2sin2 cos2

2 2 2 2 2 2

x + x = x + x − x x =

2
2

1 1 cos
1 sin

2 2

x
x +

= − =

4 4

sin

cos

1 cos

2 1 sin

2(1 sin )

x

+

+

⇒

=

−

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

2 2

1 cos

1 sin

tan

sin

tan

2(1 sin )

2 1 cos

1 sin

(1 sin ) tan

2(1 sin )

2 x

+

⇔

−

=

+

−

+

⇔

=

+ +

−

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 cos

(1 sin )(1 2 tan

)

1 cos

(1 sin )(1 sin )(1 2 tan

)

2(1 sin )

2 2(1 sin )

1 cos

(1 sin )(1 sin )(1 2 tan

)

1 cos

(1 sin

)(1 2 tan

)

1 cos

cos

(1 2 tan

)

1 cos

cos

2sin

)

x

+

−

+

⇔

=

⇔

=

−

⇔ +

= +

−

+

⇔ +

= −

+

⇔ +

=

+

⇔ +

=

+

⇔

1 2sin

cos 2

0

2

4

2 x

π

k

π

x

π

k

π

k

=

⇔

= ⇔

= +

⇔ = +

∈

ℤ

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm

Ví Dụ 6: Giải phương trình:

tan 2

cot 2

6

8

3

sin 2

sin 4

x

+

=

(8)

Hướng dẫn giải Ta có:

3 3 3

8

1 (tan 2

cot 2 )

sin 4

x

=

(2sin 2 cos 2 )

x

=

(sin 2 cos 2 )

x

=

x

+

x

3 3

tan 2

cot 2

3tan 2 cot 2 (tan 2

cot 2 )

3 tan 2

cot 2

sin 2

x

=

+

=

+

Do vậy (8)

⇔

tan 2

cot 2

6 tan 2

cot 2

3 sin 2

x

+

=

+

3

0 sin 2x

⇔

=

(vô nghiệm ).

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm

Nh ận xét: Việc sử dụng công thức hạ bậc tỏ ra rất hữu hiệu đối với có chứa các hạng tử bậc 
cao, khó giải .Vì vậy để có thể sử dụng tốt phương pháp này đòi hỏi học sinh cần nắm vững
các công thức hạ bậc đã nêu ở trên, đồng thời phải sử dụng hằng đẳng thức một cách linh
hoạt.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Có rất nhiều cách đưa phương trình lượng giác về phương trình tích ta có thể sử dụng
các phép biến đổi các dạng như sau:

Dạng 1: Biến đổi tổng hiệu thành tích 
Dạng 2: Biến đổi tích thành tổng

Dạng 3: Lựa chọn phép biến đổi cho

cos x

2

Dạng 4: Phương pháp tách hệ số

Dạng 5 : Phương pháp hằng số biến thiên 
 Dạng 6: Phương pháp nhân

Dạng 7: Sử dụng các phép biến đổi hỗn hợp 
Ta đưa phương trình cần giải về dạng

( ) 0
( )... ( ) 0 ...

( ) 0

n

f x
f x f x

f x
=




= ⇔

 =



trong đó các phương trình: f x( ),...., ( )1 f xn là các phương trình có dạng chuẩn

Sau đây ta xét từng dạng

2.4.1- Phương pháp biến đổi tổng , hiệu thành tích:

Ví Dụ 1: Giải phương trình: 1 cos+ x+cos 2x+cos3x=0 (1)
Hướng dẫn giải

Cách 1: Biến đổi tổng thành tích:

Ta có: (1)⇔ +(1 cos 2 ) cos3x

(

x+cosx

)

= ⇔0 2cos2x+2cos 2 .cosx x=0
3

(cos cos 2 )cos 0 2cos cos cos 0
2 2

x x

x x x x

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

cos 0

2
2

cos 0 3

2
3

2 cos 0

3 2 2 3 3

cos 0
2
x

x x k x k

x
k
x
k
x
x
k
x

π

π

π

π

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

Vậy phương trình có hai họ nghiệm .

Cách 2: Biến đổi phương trình chứa một hàm lượng giác 
(1)⇔ +1 cosx+2cos2x− +1 4cos3x−3cosx=0

3 2 2

4cos

2cos

0 (2cos

cos

1)cos

1 cos

0 2

2 cos

1

2

1 cos

2

3

2

3 x

k

x

x

k

x

k

x

k

π

π

π

π

π

π

⇔

+

−

= ⇔

+

−

=



= +





=

= +



⇔



= − ⇔



= +

⇔



∈



= +



=



= ± +







ℤ

Ví Dụ 2: Giải phương trình: 1 sin

+

x

+

cos3

x

=

cos

x

+

sin 2

x

+

cos 2

x

(2)
 Hướng dẫn giải

Ta có (2)

⇔

(1 cos 2 ) sin

−

x

+

x

+

(cos3

x

−

cos ) sin 2

x

−

x

=

0 2sin

sin

2sin 2 sin

2sin cos

0 (2sin

1 4sin cos

2cos )sin

0 (2sin

1)(1 2cos )sin

0 x

⇔

+

−

=

⇔

+ −

−

= ⇔

+

−

=

2

1

3 cos

2 sin

0

2

1

6 sin

7

2

6 x

k

x

k

x

k

x

k

x

k

π

π

π

π

π

π



= ± +




=




=





⇔



=

⇔

∈

= − +





= −





=

+


ℤ

Vậy phương trình có 5 họ nghiệm .
Ví Dụ 3: Giải phương trình

2 3 4 2 3 4

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Hướng dẫn giải

(3)

⇔

(sin

x

−

cos ) (sin

x

+

x

−

cos

x

) (sin

+

x

−

cos

x

) (sin

+

x

−

cos

x

) 0

=

(

) (

)

(

)

(

)

(sin

cos ) 1

sin

cos

1 sin cos

sin

cos

0 sin

cos

2 2 sin

cos

sin cos

0 x

⇔

−



+

+ +

+



=

⇔

−



+



=

(

)

sin

cos

0 (1)

2 2 sin

cos

sin cos

0 (2)

x

−

=



⇔



+

=



Giải (1) ta được

sin

cos

tan

1

4 x

=

x

⇔

x

= ⇔ = +

x

π

k

π

k

∈

ℤ

Giải (2): Đặt

sin

x

+

cos

x

=

t

| |

t

≤

2

(*) suy ra

1

sin cos

2 t

x

=

−

Khi đó phương trình có dạng

1 2 2

0

4 3 0

3

2 t

= −



−

+ +

= ⇔ + + = ⇔



= −



Kết hợp với điều kiện (*) phương trình trên tương đương với

sin

cos

1 2 sin(

)

1 sin(

)

1

4

2 x

+

x

= − ⇔

x

+

π

= − ⇔

x

+

π

= −

2

4

2

5

2

3

4 x

k

x

k

x

k

x

k

π

π

π

π



+ = − +





= − +



⇔



⇔

∈



+ =

+



= +



ℤ

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm .
2.4.2- Phương pháp biến đổi tích thành tổng.

Ví Dụ 1: Giải phương trình:

sin .sin 3

x

+

sin 4 sin 8

x

=

0

(1)
Hướng dẫn giải

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

cos12

cos 2

12

2

5

12

2

7 k

x

k

x

k

x

k

x

π



=



=

+



⇔

=

⇔



⇔



∈

= − +

 

=



ℤ

Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 2: Giảiphươngtrình:

cos 2

x

+

cos 4

x

+

cos 6

x

=

cos cos 2 cos3

x

+

2

(2)
Hướng dẫn giải

Ta có:

(

)

4cos cos 2 cos3

2cos 2 2(cos cos3 ) 2cos 2 cos 2

cos 4

2cos 2

2cos 2 cos 4

1 cos 4

cos 2

cos 6

x

=

+

=

+

= +

+

Do vậy (2)

cos 2

cos 4

cos 6

1 (1 cos 4

cos 2

cos 6 ) 2

4 x

⇔

+

=

+

cos 2

x

cos 4

x

cos 6

x

3 ⇔

+

=

cos 2

1 cos 4

1 cos 2

1 cos 6

1 x

k

x

π

=





⇔



= ⇔

= ⇔ =

∈



=



ℤ

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm .
2.4.3- Lựa chọn phép biến đổi cho

cos x

.

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Hướng dẫn giải

[

]

[

]

3 2 2

(1)

2cos

1 sin

0 2(cos

1)cos

sin

1 0

2(cos

1)(1 sin

) sin

1 0

(1 sin ) 2(cos

1)(1 sin ) 1

0 (1 sin ) 1 2sin cos

2(sin

cos )

0 (1 sin ) (sin

cos )

2(sin

cos )

0 (1 sin )(sin

co

⇔

+

− +

= ⇔

+

− =

⇔

+

−

+

− =

⇔ −

+

− =

⇔ −

+

=





⇔ −



+



=

⇔ −

+

x

s )(sin

cos

2) 0

1 sin

0 sin

1

sin

cos

0 sin(

) 0

sin

cos

2 0

( )

4

2

4 +

+ =

−

=





=





⇔



+

=

⇔



+

=



+

+ =





= +



⇔



⇔



∈



+ =



= − +





ℤ

x

x

x

vn

x

k

x

k

x

k

x

k

π

π

π

π

π

π

π

π

Vậy phương trình có hai họ nghiệm .

Nhận xét: Trong lời giải trên sở dĩ chúng ta lựa chọn phép biến đổi

cos 2

x

=

2cos

x

−

1

bởi
hai nhân tử còn lại là

2cos x

3 (

cos

có hệ số là 2) và

sin x

(

sin

có hệ số là 1),thực hiện phép biến
đổi để nhóm nhân tử chung đưa về phương trình dạng tích.

Như vậy trong trường hợp trái lại ta sẽ lựa chọn phép biến đổi

cos 2

x

= −

1 2sin

x

Cụ thể ta xét ví dụ sau:

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Ta có:

[

]

3 2 2

(2)

2sin

1 2sin

cos

0 2(

1)

1 0

2(sin

1)(1 cos

) cos

1 0

2(

1)(

1) 1 0

(1 cos ) (sin

cos )

2(sin

cos )

(1 cos )(sin

cos )(sin

cos

2) 0

1 cos

0 sin

cos

0 sin

cos

⇔

− +

+

= ⇔

+

− =

⇔

+

−

+

− = ⇔

+

+ − =





⇔ −



+



⇔ −

+

+ =

−

=

+

=

+

x

sinx

sin x

cosx

x

sinx

cosx

x

cos

1

2 sin(

) 0

2 0

( )

4 



=



=



⇔



⇔



∈





+

=



= − +



+ =



ℤ

x

k

x

k

x

vn

π

π

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.

Nhận xét: Như vậy chúng ta đã có đượcphương pháp suy luận trong việc lựa chọn 2 hướng 
biến đổi

cos 2x

Cuối cùng trong trường hợp hệ số đối xứng ta lựa chọn phép biến đổi

cos 2

x

=

cos

x

−

sin

x

Cụ thể ta xét ví dụ sau:

Ví Dụ 3: Giải phương trình:

sin

x

+

cos

x

=

cos 2

x

(1)
Hướng dẫn giải

Phương trình (1)

⇔

sin

x

+

cos

x

=

cos

x

−

sin

x

⇔

(cos

x

+

sin )(1 cos sin

x

−

x

+

cos

x

−

sin ) 0

x

=

cos

sin

0 (2)

1 cos sin

cos

sin

0 (3)

+

=



⇔



−

+

−

=



x

Giải (2): Ta được

sin

cos

tan

1

4 x

= −

x

⇔

x

= − ⇔ = − +

x

π

k

π

k

∈

ℤ

Giải (3): Ta đặt

sin

x

−

cos

x

=

t

| |

t

≤

2

, suy ra

1 sin cos

2 t

x

=

−

Khi đó (3) có dạng:

1

0

2 1 0

2 −

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

(

1)

0

1 sin

cos

1 2 sin(

)

1

4

2

1 sin(

)

2

4

2 2

⇔ +

= ⇔ = − ⇔

−

= − ⇔

+

= −



= − +



⇔

+

= −

⇔



∈

= +



ℤ

t

x

k

x

k

x

k

π

π

π

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
2.4.4- Phương pháp tách hệ số.

Ví dụ 1: Giải phương trình:

cos

x

+

cos3

x

+

2cos5

x

=

0

(1)
Giải.

( )

(

)

3
2
2
2

1 cos5 cos (cos3 cos5 ) 0
2cos3 .cos 2 2cos 4 .cos 0

(4cos 3cos ).cos 2 cos 4 cos3 0
[(4cos 3)cos 2 cos 4 ]. os 0

{[2(1 cos 2 ) 3]cos 2 2cos 2 1}.cos 0
(cos 2 cos 2 1)cos 0

cos 0
1 17
cos 2
⇔ + + + =

⇔ + =
⇔ − + − =
⇔ − + =
⇔ + − + − =
⇔ − − =
=
+
⇔ =

x x x x

x x x x x

x x x c x

x x x x

x x x

x

x 1 1 1

2
2

cos 2 2 2

8 2

2 2

1 17

cos 2 cos 2

2
8
 
= +

 = + 

 

 = ⇔ = + ⇔  = + ∈

 

 = + 

−
 = =   = +


 

ℤ
x k
x k

x k x k k

x k
x k
x

π

π

π

α

π

α

π

α

π

α

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.

Ví dụ 2: Giải phương trình: sin 3 sin 5

3 5

x x

Giải. Biến đổi phương trình về dạng

5sin 3 3sin 5 2sin 2 3(sin 5 in 3 )
2(3sin 4sin ) 6cos 4 .sin

x x x x s x

x x x x

= ⇔ = −

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

(

)

(

)

(

)

(3 sin

3cos 4 )sin

0 3 2 1 cos 2

3 cos 2

1 sin

0 3cos 2

cos 2

2 sin

0 x

⇔ −

−

=





⇔ −



−



=

⇔

−

=

cos 2

1

2 cos 2

3 sin

0 cos 2

0

2 (

)

=





= − =



⇔

=−

⇔





=





=



=±

+

=± +



⇔



⇔



∈

=



ℤ

x

k

x

k

x k

α

π

α π

π

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.

Chú ý:Ta cũng có thể giải bằng phương pháp tách dần. 
3

sin 3

3sin

4sin

sin 5

sin(

4 ) sin .cos 4

sin 4 .cos

sin .cos 4

2cos .sin 2 .cos 2

sin .cos 4

4cos

.sin .cos 2

=

−

=

+

=

+

=

+

=

+

x

2.4.5- Phương pháp hằng số biến thiên.

Ví dụ 1: Giải phương trình:

(

sin

3 sin

)

(

sin

3 sin

)

1 0

2 x

+

−

x

+

+ =

(1)

Giải.

Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách sau
Cách 1: Phương pháp hằng số biến thiên.

Đặt

sin

2 x

t

=

điều kiện

0 ≤ ≤

t

1

Khi đó (1) có dạng

(

sin

x

+

3 ) (

t

−

sin

x

+

3 )

t

+ =

1 0

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

0 sin

1 0

sin

1 1 cos

1 sin

2 2 2

sin

1 (

)

2 x

b

x

t

a

x

π

k

π

k

∆=

− =



=





⇔



−

=

=−

=









⇔

= ⇔ = +

∈

ℤ

Cách 2: Phương pháp phân tích

( )

(

)

1 sin

3 sin

1 0

2 x





⇔



−



+

+ =





(

)

2 2

sin

3 sin

cos

1 0

2 (sin

1)(sin

4sin

4) 0

(sin

1)(sin

2)

0 sin

1

2 (

)

2 x

π

k

π

k

⇔ −

+

+ =

⇔

−

+

+ =

⇔

−

+

= ⇔

= ⇔ = +

∈

ℤ

Ví dụ 2: Giải phương trình:

3

2sinx 3

(

3sin

10 3

)

sinx 2

3 sin

0 x

−

+

−

−

+ −

=

Giải.

Đặt

3

sinx 2

,

0 t

=

−

t

>

Khi đó phương trình tương đương với

3 t

+

(

3sin

x

−

10 )

t

+ −

3 sin

x

=

0 (

)

(

) (

)

1 3sin

10 4.3 3 sin

3sin

8

3 3 sin

t

x

t

x



=



∆=

−

=

−

⇒



= −



-Với

1

3 t

=

ta được

(

)

sin 2

1

3 sin

2

1 sin

1

2

3

2

x

π

k

π

k

−

= ⇔

− =− ⇔

= ⇔ = +

∈

ℤ

-Với

t

= −

3 sin

x

ta được

3

sinx 2

3 sin

x

−

= −

Ta đoán được nghiệm

sin

x

=

2

và

3 = −

3 2

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm.
2.4.6- Phương pháp nhân.

Ví dụ 1: Giải phương trình:

2cos 2

8cos

7

1 ( )

1 cos

x

−

+ =

Giải.

Điều kiện:

cos

x

≠

0

. Nhân cả hai vế của phương trình (1) với

cos

x

≠

0

ta có

2cos 2 .cos

x

−

8cos

x

+

7 cos

x

=

1

2 2

2cos (2cos

1) 8cos

7 cos

1 ⇔

x

− −

x

+

x

=

3 2

4cos

8cos

5cos

1 0

(cos

1)(4cos

4cos

1) 0

⇔

−

+

− =

⇔

−

+ =

x

2 cos

1 (cos

1)(2cos

1)

0 1

(

)

2 cos

3

2 =





⇔

−

− = ⇔



⇔



∈

=± +

=



ℤ

x k

x

k

x

k

x

π

π

Các họ nghiệm trên thỏa mãn điều kiện.
 Vậy phương trình có hai họ nghiệm. 
Ví dụ 2: Giải phương trình

sin

5 5cos

.sin

( )

2 x

=

Giải.

+) Với

cos

0

2 x

=

ta được

cos

2cos

1

2 x

=

− =−

và

sin

1

5

2 x

VP

=±

⇒

=±

Khi đó phương trình (2) có dạng:

sin

5

2 x

=±

vơ nghiệm.

+)Với

cos

0

2 (

)

2 x

k

x

k

π

π

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 2

cos

0

2 x

≠

ta được

5 2sin

.cos

10cos

.sin .cos

2 x

=

3 3

2 3

3 2

sin 3

sin 2

5cos

.sin

3sin

4sin

2sin .cos

5cos

.sin

3sin

4sin

2sin .cos

5cos

.sin

(3 4sin

cos

5cos

)sin

0 (5cos

4cos

2cos

1)sin

0 x

⇔

+

=

⇔

−

+

=

⇔

−

+

=

⇔

−

+

−

=

⇔

−

+

=

5cos

cos

1 0

(5cos

cos

1)(cos

1)sin

0 cos

1 0

sin

0 x



+

− =



⇔

+

−

= ⇔



− =



=



( )

(

)

1 21

cos cos

2
1 21

cos cos 2

10
sin 0

2
2
2

 −

= =



  =± +

 + 

⇔ = = ⇔  =± +

  =


=





=± +


 =± + ∈


 =


⇔

ℤ

x

x k

x x k

x k
x

x k

x k k

x k

α

π

β

π

α

π

β

π

2.4.7- Sử dụng các phép biến đổi.

Ví dụ 1: Giải phương trình: cos10x+2cos 42 x+6cos3 .cosx x=cosx+8cos .cos .x 3x
Giải.

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

(

)

cos10 1 cos8 cos 2(4cos 3cos3 )cos
2cos9 .cos 1 cos 2cos9 .cos

cos 1

x x x x x x

x x x x x

x x k

π

k

+ + = + −

⇔ + = +

⇔ = ⇔ = ∈

ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Ví dụ 2: Giải phương trình: cos2 x+sin3x+cosx=0

( )

2
Giải.

( )

(

)

2 2 2

2 cos cos sin .sin 0 (cos 1)(1 cos )sin 0
(cos 1)[cos 1 cos sin ] 0

x x x x x x x

x x x x

⇔ + + = ⇔ + − =

⇔ + + − =

( )

cos 1 1

sin cos sin .cos 1 2
x

x x x x

=


⇔ 

+ − =



Giải (1): Ta được x= +

π

k2 ,

π

k∈

ℤ

Giải (2): Đặt

1
sin cos , 2 sin .cos

2
t
x+ x t t= ≤ ⇒ x x= −

( )

(

)

1

2

0

2 1 0

2

1

2 sin

cos

1

2

1

2

1

2 2 sin

1

2 sin

4

2

4

3

2

4 t

x

t

loai

x

k

x

k

x

k

x

k

π

α

π

α

π

α

π

π

π

π α

π

π

α

π

−

⇔ −

= ⇔ − − =



= −

⇔



⇔

+

= −

= +



−









⇔



+



= −

⇒



+



=











+ = +

= −

+



⇔



⇔



∈



+ = − +



=

− +





ℤ

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

Ví dụ 3: Giải phương trình:

cos

x

+

sin

x

=

cos

x

+

sin 2

x

+

sin

x

(3)
Giải.

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

(

)

1 (cos

sin )sin 2

sin 2

(cos

sin

2)sin 2

0

2 sin 2

0

2 ⇔

+

=

⇔

+

−

=

⇔

= ⇔

=

⇔ =

∈

ℤ

x

x k

π

x k

π

k

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm .

TRỌN BỘ SÁCH THAM KHẢO TOÁN 11 MỚI NHẤT-2019

Bộ phận bán hàng:

0918.972.605

Đặt mua tại:

/> />

8

Xem thêm nhiều sách tại:

/>Hổ trợ giải đáp: 

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>
Xem video giới thiệu bộ sách và các tính năng tại:

/>

2.5- Biến đổi phương trình lượng giác thành tổng các đại lượng không âm. 

Phương pháp: Ta cần nhớ các đại lượng không âm trong lượng giác, bao 
gồm

A

,

B

, 1 cos , 1 sin

±

x

±

x

do đó để sử dụng phương pháp này giải PTLG ta thực hiện
theo các bước sau.

Bước 1: Biến đổi phhương trình ban đầu về dạng

A

+ + + =

A

...

A

n

0 ( )

1

Bước 2: Dùng lập luận

A

i

≥ ∀ =

0,

i

1,

n

Bước 3: Khi đó

( )

0
0
1

:
0

n

A
A

I
A

=

 =

⇔ 

 =


Bước 4: Giải hệ

( )

I
Ví Dụ Minh Họa:

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

( )

(

)

2 2 2 2

1 1 sin 4

1 sin 8

2 sin 12

sin 16

2 sin 4

sin 8

sin 12

sin 16

0 sin 4

0 sin 8

0 sin 4

0

4 sin12

0

4 sin16

0 x

x k

k

x

π

⇔ −

+ −

+ =

+

⇔

+

=





=



⇔

= ⇔

=

⇔ =

∈



=



=



ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Ví dụ 2: Giải phương trình:

cos 2

x

−

cos 6

x

+

4(3sin

x

−

4sin

x

+ =

1) 0

( )

2

Giải. Ta có:

( )

2 3 2 2

2 cos 2

cos 6

4sin 3

4 0

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

2 0

2cos

2sin 3

4sin 3

2 0

cos

(sin 3

1)

0 x

⇔

−

+

+ =

⇔ +

+ −

+

+ =

⇔

+

+ =

⇔

+

=

(

)

cos

0 2

2 sin 3

1

3

2 x

k

x

k

x

k

π

π

π

π

π

π



= +



=





⇔



⇔



⇔

= +

∈

=





=

+



ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Ví dụ 3: Giải phương trình:

4cos

x

+

3tan

x

−

4 3 cos

x

+

2 3 tan

x

+ =

4 0

( )

3

Giải.

Nhận xét: Ta nhận thấy phương trình trên có 4 hạng tử cos , cosx 2x,

tan ,

x

tan x

2 vậy thì ta có
thể biến đổi phương trình về dạng tổng bình phương của hai biểu thức.

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

( )

(

) (

)

(

)

2 2

3 (4cos

4 3 cos

3) (3tan

2 3 tan

1) 0

2cos

3 3 tan

1

0

3 cos

2cos

3 0

2

1 3 tan

1 0

3 tan

3

2

6 2

6 ⇔

−

+ +

+

+ =

⇔

−

+

=



=





−

=



⇔



⇔



+ =





= −





=± +



⇔



⇔ =− +

∈



=− +



ℤ

x

x

x

k

x

k

x

k

π

π

π

π

π

π

Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Ví dụ 4: Giải phương trình

tan

1 cot

1 ( )

4 sin 2

x

− +

− =

Giải.

Điều kiện:

tan

1 cot

1 sin 2

0 x

>





>





≠



Cách 1:

( )

(

)

2 2

4 tan 1 cot 1 tan cot
2

[(tan 1) 2 tan 1 1] [(cot 1) 2 cot 1 1 ] 0
( tan 1 1) ( cot 1 1) 0

tan 1 1 0

tan cot 2
cot 1 1 0

x x x x

x x

x

x x
x

⇔ − + − = +

⇔ − − − + + − − − + =

⇔ − − + − − =

 − − =



⇔  ⇔ = =

− − =


tan .cotx x 4

⇒ = (mâu thuẫn)

Vậy phương trình vơ nghiệm.

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

1 tan

1(tan

1)

2

1 t

1(cot

1)

2

1 tan

1 cot

1 (tan

cot )

2 sin 2

x

co x

x

+

−



− ≤

=





+

−



− ≤

=



⇒

− +

− ≤

+

=

Do vậy

( )

4 tan

1 1

tan

cot

2 cot

1 1

x



− =



⇔



⇔

=

− =



(mâu thuẫn).

Vậy phương trình vơ nghiệm.
Ví dụ 5: Giải phương trình

( )

2 2 2

tan

x

+

tan

y

+

cot (

x

+ =

y

) 1

5

Giải.Ta có

( )

1 tan .tan

cot(

)

tan

(tan

tan )cot(

) 1 tan .tan

tan .tan

tan .cot(

) tan .cot(

) 1

*

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

−

+ =

+

⇒

+

= −

⇔

+

+ +

+ =

Do vậy

( )

(

)

(

)

(

)

( )

2 2 2

5 tan

cot

tan .tan

tan .cot(

) tan .cot(

)

1 [(tan

tan )

(tan

cot

)

(tan

cot(

)) ] 0

2 tan

cot

6 x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

⇔

+

=

+

+ +

+

⇔

+

−

+

−

+

=

⇔

=

+

Từ (5) và (6) ta có:

tan

cot

(

)

1

3 x

=

y

=

x

+ =±

y

6 x

k

y

k

π

π

π

π



=− +







= − +



</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm .

Chú ý: Với mọi

x y

,

làm

tan , tan , tan

x

y

(

x

+

y

)

có nghĩa ta ln có

(

)

(

)

tan .tan

x

y

+

tan .cot

x

+ +

y

tan .cot

y

x

+ =

y

1

Ví dụ 6: Giải phương trình

4

sinx

2

1 sinx

.cos

( )

2

y

0 xy

−

+

=

(6)

Giải.

( )

(

)

(

)

sin sin

2
sin

sin

6

2

2.2 .cos .

1 1 2

0

2

1 (2

1) 0

2

1 sin

0

2

1

y

x x

y
x

x

y

x y

x

x k

k

y

π

⇔

−

+ − +

=

⇔

−

+

− =



=



=



=



⇔



⇔



⇔



∈

=





ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác bằng phương pháp này đòi hỏi ở học sinh phải có 
tư duy, nhận xét qua từng bài tốn xem có thể đưa về hằng đẳng thức hoặc số hạng nào đó
khơng âm. Với phương pháp này có tác dụng tích cực tới tư duy sáng tạo cho học sinh.

2.6- Giải phương trình lượng giác bằng phương pháp đánh giá. 
Phương pháp: Xét phương trình

f x

( ) ( )

=

g x

x D

∈

(1)

Nếu

∀ ∈

x D f x

,

( )

≥

k

và

g x

( )

≤

k k

,

là một số nào đó thì phương trình trên tương đương

với h ệ

( )

2 f x

k

g x

k

=





=



Như vậy ta quy ước việc giải PTLG (1) về giải hệ PTLG (2). Để đánh giá phương trình
ta dựa trên các dạng sau:

Dạng 1: Tính chất của hàm số lượng giác và biểu thức lượng giác. 
Dạng 2: PTLG dạng Pitago

Dạng 3: Sử dụng bất đẳng thức Côsi.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Sau đây ta đi xét từng dạng.

2.6.1- Tính chất của hàm số lượng giác và biểu thức lượng giác. 
Ví dụ 1: Giải phương trình

(

sin

x

+

3 cos

x

)

sin 3

x

=

2

(1)

Giải.

Ta có nhận xét

| sin

3 cos | 2

(sin

3 cos )sin 3

2 sin 3

1 x



+

≤



⇒

+

≤



≤



Do đó phương trình (1) tương dương với

sin(

) 1

sin

3 cos

2 3

sin 3

1 sin 3

1 sin

3 cos

2 sin(

)

1

3 sin 3

1 sin 3

1 x

x

x

π



+

=









+

=













=











⇔





+

= −













+

=−





=−







= −





2

6 sin 3

1

5

2

6 sin 3

1 x

k

x

k

x

π

π

π

π



= +











=



⇔









=−

+







=−



(

)

2

6

5

6

2

6 x

k

x

k

x

k

π

π

π

π

π

π



= +



⇔



⇔ = +

∈



=−

+



ℤ

Vậy phương trình có một họ nghiệm.
 Ví dụ 2: Giải phương trình:

sin

cos

2(sin

cos

)

5 cos 2

4 x

+

x

=

x

+

x

+

x

(2)

Giải.

( )

2 8 2 8

5

2 (1 2sin

)sin

( 2cos

1)cos

cos 2

4 x

⇔ −

−

=

cos 2 .sin

cos 2 .cos

5 cos 2

4 x

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

( )

8 8

cos 2

0

3

5 (sin

cos

) os 2

cos 2

5

4 sin

cos

4 x

x c

x

=





⇔

−

=

⇔



−

=



Giải (3) ta được

2 (

)

2

4

2 x

= +

π

k

π

⇔ = +

x

π

k

π

k

∈

ℤ

Giải (4): Ta có nhận xét

VT =

sin

x

−

cos

x

≤

sin

x

≤

1

⇒

( )

2

vô nghiệm
Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Nhận xét: Hầu hết các phương trình lượng giác ở dạng ban đầu chúng ta chưa thể khẳng 
định được nó có thuộc loại đánh giá hay không. Tất cả chỉ được khẳng định sau những biến
đổi lượng giác mà chúng ta đã biết.

Ví dụ 3: Giải phương trình

3
2
log sin 1

2 2

3.sin

2

x

log (sin

1) log sin

x

−

=

x

+ −

x

(3)

Giải.

Điều kiện

sin

x

>

0

Ta thấy

2

log sin2 3x+1

=

2.2

log sin2 3x

=

2sin

x

Ta có

( )

2 3

2
log sin 1

sin

1

3 3.sin

2 log

sin

x

+

⇔

−

=

(4)

Với

∀

sin

x

>

0

ta có

( )

2 2

sin

1 sin

1 2sin

2 log

1

5 sin

x

+

+ ≥

⇔

≥ ⇔

≥

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

6 6

10 10

2 2

1 sin

cos

(sin

cos

)

(1)

4 sin 2

4cos 2

x

+

=

+

sin

x

+ =

1 2sin

x

( )

(sin

x

1)

0 sin

x

1 *

⇔

− =

⇔

=

Từ (4) và (5) ⇒

3sin

x

−

2sin

x

≥ ⇔

1 2sin

x

−

3sin

x

+ ≤

1 0

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

sin

x

≥

0

⇒

2sin

x

+ ≥

1 1

do đó (6)

⇔

(sin

x

−

1)

≤

0 sin

1

2 (

) (**)

2 x

= ⇔ = +

x

π

k

π

k

∈

ℤ

Từ (*) và (**) ta suy ra

2 (

)

2 x

= +

π

k

π

k

∈

ℤ

là họ nghiệm của phương trình đã cho.

2.6.2 Phương trình lượng giác dạng Pitago.

2.6.3 Ví dụ 1: Giải phương trình

6 6

10 10

2 2

sin

cos

sin

cos

(1)

sin 2

4cos 2

x

+

=

+

Hướng dẫn giải

Ta có nhận xét :

VP=

(

)

3 2 2

2 2 2

1 sin 2
(sin cos ) 3sin .cos 4 1

4 3sin 2 4
4 sin 2 cos 2 3sin 2

x

x x x x

x

x x x

−

+ − = =

−

+ −

Mặt khác:

10 2

10 10 2 2

10 2

cos cos 1 1 1

(sin cos ) (sin cos )

4 4 4

sin sin

x x

VT x x x x

x x

 ≤



⇒ = + ≤ + =



≤


Do đó: (1)

10 2

cos 0
cos 1
cos cos

4 sin sin sin 0
sin 1

x
x

x x

VT

x

x x

x
 =
 =±

 =

 

⇔ = ⇔ ⇔

= 

 



 =±


cos 0

sin 2 0 2 ( )

sin 0 2

x

x x k x k k

x

π

=


⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ∈



ℤ

Như vậy bằng nhận xét cosn cos2 , sinn sin2 ( 2, )

x≤ x x ≤ x n≥ n∈

ℕ

và ta có thể giải bài 
tốn một cách dễ dàng .

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

sin2007 x + cos2008x=1
Hướng dẫn giải Ta có:

2 3 2 5 2

2007 2

sin 1 sin sin 1 sin sin 1
... sin sin ( )

x x x x x

x x a

≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤

⇒ ≤

Mặt khác ta cũng có:

2 4 2 6 2

2008 2

cos 1 cos cos 1 cos cos 1
... cos cos ( )

x x x x x

x x b

≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤

⇒ ≤

Từ (a) và (b) ⇒sin2007x + cos2008x≤ sin2x+cos2x =1

Dấu “=” xảy ra

3 2

sin 0
sin 1

sin sin sin 0

sin 1
cos 0

cos cos

2
cos 1

x

x k
x

x x x

k

x x k

x

x x

x

π

π

 =

 =  =

 =  =

  

⇔  ⇔  ⇔  = ⇔  ∈

= +
=

= 

 

  



 =


ℤ

2.6.3 Sử dụng bất đẳng thức Cosi:

Ví dụ 1: Giải phương trình: sin 28 cos 28 1 (1)
8
x + x =
Hướng dẫn giải

Cách 1: Sử dụng giải PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng đối với sin ,cosx x

Ta có:

8 8 4 4 2 4 4

2 2 2 2 2 4 4

2 2 4 4 4

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

1 1 1

(1 sin 4 ) sin 4 sin 4 sin 4 1

2 8 8

x x x x x x

x x x x

+ = + −

 

= + −  −

= − − = − +

Lúc đó (1) 1sin 44 sin 44 1 1 sin 44 8sin 42 7 0

8 x x 8 x x

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

(

)

sin 4 1

cos 4 0
sin 4 7 ( )

2 8 4

x

x
x vn

x

π

k

π

x

π

k

π

k

 =

⇔ =



=


⇔ = + ⇔ = + ∈

ℤ

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Cosi 
Ta có nhận xét

8 4 4 4 2

1 1 1 1

cos 2 ( ) ( ) ( ) cos 2

2 2 2 2

1 1 1 1

sin ( ) ( ) ( ) sin 2

2 2 2 2

x x



+ + + ≥




 + + + ≥



Cộng vế với vế sin 28 cos 28 6 ( )1 4 1 (sin 22 cos 2 )2
2 2

x x x x

⇒ + + ≥ +

8 8 1

sin 2 cos 2
8

x x

⇔ + ≥

Do đó: (1)

8 4

2 2

8 4

1
cos 2 ( )

2 sin 2 cos 2 cos 4 0

1 2

sin 2 ( )
2
x

x x x

x


=


⇔  ⇔ = = ⇔ =

 =



4 ( )

2 8 4

x

π

k

π

x

π

k

π

k

⇔ = + ⇔ = + ∈

ℤ

Ví dụ 2: Giải phương trình:

(tan 1cot ) sin cos 2, (2)

n n n

x + x = x + x n ≥ n∈

ℕ

Hướng dẫn giải

Điều kiện: cos 0 sin 2 0 2 ,

sin 0 2

x

x x k x k k

x

π

≠


⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈



≠



ℤ

+) Với n =2 phương trình đã cho trở thành
(tan 1cot )2 sin2 cos2 1

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Ta có: (tan cot )2 tan2 1 cot2 1 1

6 2

x + x = x + x + ≥
Dấu “=’’ xảy ra:

2 1 2

tan cot
6

tan tan ( )

x x

x

α

x

α

k

π

k

⇔ =

⇔ = ± = ± ⇔ = ± + ∈

ℤ

+) Với n ≥ 2 ta có | tan 1 cot | (| tan | 1 | cot |) 1

4 4

n n

x + x = x + x ≥
(Theo bất dẳng thức Cosi)
Mặt khác: ∀ >n 2 thì

|sin | sin

|sin | | cos | 1
| cos | cos

n

n n

n

x x

 ≤



⇒ + ≤



≤


Do đó:

|sin cos | |sin | | cos | 1 | tan 1cot |
4

n n n n n

x + x ≤ x + x ≤ ≤ x+ x
Dấu “=” xảy ra

| sin | sin

| cos | cos 2

1 1

| tan | | cot | | tan | | cot |

4 4

n

x k

x x

x k

x x

x x x x

π

π

 =




= 





 = +

⇔  = ⇔ 

 

 =  =

 

Hệ này vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm
2.6.3 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 
 Ví dụ 1: Giải phương trình

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Ta có:

(

)

2 2 2 2

(1.sin 2 sin sin 2 sin )

(1 2 sin sin ) sin 1 2 sin 9 3

VT x x x x

x x x x VT

= + − + − ≤

≤ + − + + + − = ⇒ ≤

Vậy phương trình có nghiệm sin 1 ( )

x x

π

k

π

k

⇔ = ⇔ = + ∈

ℤ

Ví dụ 2: Giải phương trình :

tanx + tan 22 x + cot 32 x =1

Hướng dẫn giải

Điều kiện

cos 0 sin 4 0

cos 2 0 1

cos3

sin 3 0 2

x x

x

x
x

≠

  ≠

 

≠ ⇔

 

≠ −
 ≠ 



Ta có:

tan 2 tan 1
tan (2 )

1 tan 2 .tan cot 3

tan 2 .tan tan 2 .cot 3 cot 3 .tan 1
x x

x x

x x x

x x x x x x

+ = =

−

⇔ + + =

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có

2 2 2

1 tan 2 .tan= x x + tan 2 .cot 3x x +cot 3 .tanx x ≤ tan x+ tan 2x + cot 3x

Dấu “=” xảy ra ⇔ tanx = tan 2x = cot 3x

2 tan

tan
tan 2 tan

1 tan
cot 3 tan

cot 3 tan
tan 0

cot 3 0 cot 3 0
x

x

x x

x

x x

x x k

x x

π



=
=

 

−

⇔  ⇔ 

 

=


= =

 

⇔  ⇔ 

= =

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Hệ phương trình trên vơ nghiệm . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
2.7- Dùng phương pháp khảo sát hàm số

Phương pháp này ta dùng tính chất biến thiên ( đồng biến hay nghịch biến) và cực trị
của hàm số để tìm nghiệm của phương trình. Để hiểu rõ hơn về vấn đề này ta xét một số ví
dụ cụ thể.

Ví dụ 1: Giải phương trình: 
2

1 cos (1) 0

2 2

x

x x

π

− = ≤ ≤

Phương trình đã cho tương đương với

1 cos 0
2

x

− − =

Xét hàm số

( ) 1 cos ( ) sin
2

x

f x = − − x ⇒ f x =− +x x

( ) 1 cos 0 0 ;
2

f x x x 

π



⇒ = − + ≤ ∀ ∈ 

 

Bảng biến thiên
x

0
2

π

( )'

f x

−

( )''

f x

0 1
2

π

−

( )
f x

1
8

π

−

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra ( ) 0 0 ;
2
f x ≤ ∀ ∈x 

π



 

Dấu “=” xảy ra ⇔ =x 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 0

Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 sin2 .2cos 2 1 sin 22 cos 2

x

x x x

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Hướng dẫn giải

Ta có : (2)⇔ 2sin2 .2cos 2x sin 22 2(1 cos 2 ) 2

x + x − − x =

cos 2 2

cos 2

(1 cos 2 )( 2 (1 cos 2 ) 2(1 cos 2 ) 0
(1 cos 2 ) 2 (1 cos 2 ) 2 0

(1 cos 2 )(2 cos 2 1) 0
1 cos 2 0 (2)

2 cos 2 1 0 (3)

x

x x x

x x

x
x

⇔ − + − − − =

 

⇔ −  + + −  =

⇔ − + − =

− =


⇔

+ − =



Ta có: (2) ⇔cos 2x = ⇔ =1 2x k2

π

⇔ =x k

π

(

k ∈

ℤ

)

(4)

Đặt cos 2x =t t ≤ 1 phương trình (3) trở thành ( ) 2t 1 0
f t = + − =t

Rõ ràng f t( ) là 1 hàm số đồng biến trên ℝ. Lại có f(0) =0 ⇒t=0 là nghiệm duy nhất của
(3) trên

[

−1; 1

]

Với t=0 ta suy ra cos 2 0 2 ( ) (5)

2 4 2

x= ⇔ x=

π

+k

π

⇔ = +x

π

k

π

k∈

ℤ

Từ (4) và (5) suy ra phương trình đã cho có hai tập nghiệm

Ví dụ 3: Giải phương trình :

log2 sin+ x(4 sin ) log 5+ x = 3 (1)
Hướng dẫn giải

Ta có:

3 5 3 5

log (4 sin )

(1) log 5 log (4 sin ) log 5.log (2 sin )
log (2 sin )

x

x x

x
+

⇔ = ⇔ + = +

(

)

log 4 sinx log (2 sin )x

⇔ + = +

Đặt log5

(

4 sin+ x

)

= log (2 sin )3 + x = t

Lúc đó ta có: 2 sin 3
4 sin 5

t

x
x
 + =




+ =

 (2)

1 3

2 5 3 2( ) ( ) 1 (3)
5 5

t t t t

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Xét hàm số ( ) 2( )1 ( )3
5 5

t t

f t = + . Ta thấy rằng f t( ) là hàm nghịch biến trên ℝ và 
(1) 0 1

f = ⇒t= là nghiệm duy nhất của phương trình (3)
Với t=1 thế vào (2) ta có sin 1 2 ( )

x= ⇔ =x

π

+ k

π

k ∈

ℤ

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm duy nhất .

Nhận xét: Phương trình

f x

( )

=

m

trong đó

f x

( )

là một hàm đồng biến (hoặc nghịch biến
) trên miền xác định của phương trình , nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

Phương trình

f x

( )

=

g x

( )

trong đó trên miền xác định của phương trình ,2 hàm số

( )

f x

và

g x

( )

có tính đồng biến và nghịch biến trái ngược nhau ,nếu có nghiệm thì nghiệm
đó là duy nhất.

Ví dụ 4: Giải phương trình :

sin cos 2

n

n n n

x x

−

+ = với 0 , 2

2
x

π

n
≤ ≤ >

Hướng dẫn giải

Xét hàm số

( ) sin cos 2

n

n n n

f x x x

−

= + = với 0 , 2

2
x

π

n
≤ ≤ >

Ta có

1 1 2 2

( )' sinn . cos sin . cosn sin .cos (sinn cosn )
f x =n − x x −n x − x = n x x − x− − x

2 2

( )' 0 sin cos 0

n n

f x = ⇔ − x− − x = ⇔ =x

π

Bảng biến thiên:

x

0
4

π

( )'

f x

−

+
( )

f x 1 1

2
2

2

n

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Dựa vào bảng biến thiên

2
2

( )

( ) 2

4

n

f x f

π

−

⇒ ≥ =

Từ đó ta có

2
2

( )

2

4

n

f x x

π

−

= ⇔ =

0;

2 π

 

∈ 

 

Vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm duy nhất là:

4

x=

π

Nhận xét : Với phương pháp khảo sát hàm số ta thường áp dụng để chứng minh nghiệm duy 
nhất hoặc ta có thể nhẩm nghiệm hoặc là dựa vào bảng biến thiên để suy ra nghiệm của phương
trình. Do vậy địi hỏi học sinh cần tinh ý xem bài toán nào nên áp dụng phương pháp này. Đặc
biệt phương pháp này thường được áp dụng để tìm nghiệm PTLG dạng đại số.

2.8- Biện luận phương trình lượng giác chứa tham số

Cũng như đối với phương trình có chứa tham số khác ,việc giải và biện luận PTLG có
chứa tham số cũng rất quan trọng trong chương trình tốn phổ thơng cũng như trong các đề
thi Đại Học.Thường thì các bài toán lượng giác chứa tham số yêu cầu tìm điều kiện của tham
số để phương trình có nghiệm hoặc tìm điều kiện của tham số để phương trình có n nghiệm
thuộc 1 khoảng D nào đó .Để có cái nhìn tổng quan về phương pháp giải phương trình này ta
sẽ xét từng dạng

Dạng 1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệmx D∈

Cho phương trình Q m x

( , )

0 (1)

phụ thuộc vào tham số m

,

x∈D
Tìm m để phương trình có nghiệm

Cách 1: Phương pháp đạo hàm

Bước 1: Đặt ẩn phụ t = h x

( )

trong đó h x

( )

là 1 biểu thức thích hợp trong phương trình (1)
Bước 2: Tìm miền giá trị (điều kiện) của t trên tập xác định D. Gọi miền giá trị của t là D1
Bước 3: Đưa phương trình (1) về phương trình f m t

(

, )

0

Bước 4: Lập bảng biến thiên của hàm số f m t

(

, )

trên miền D1

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Cách 2: Phương pháp tam thức bậc hai

( áp dụng khi đưa Q m x

(

, )

về dạng tam thức bậc hai )

Bước 1: Đặt ẩn phụ t = h x

( )

trong đó h x

( )

là 1 biểu thức thích hợp trong phương trình (1)
Bước 2: Tìm miền giá trị (điều kiện) của t trên tập xác định D .Gọi miền giá trị của t là D1
Bước 3: Đưa phương trình (1) về phương trình f m t

(

, )

=a t2 + + =bt c

0

Bước 4: Giải tìm điều kiện để tam thức f m t

( , )

có nghiệm t∈U
Bước 5: Kết luận

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình có nghiệm

0;

4

x∈

π



 

m

cos

2 x −

4sin .cos

x x+ − =m

2

0

(1)
Hướng dẫn giải

Với

0;

4

x∈

π



 ⇒

cos

x ≠

0

Chia cả hai vế của phương trình cho

cos

2 x ≠

0

ta được

4 tan

(

2) (1 tan

) 0

(

2) tan

4 tan

2 0 (2)

m x m x

m x x m

− + − + =

⇔ − − + − =

Đặt t =

tan

x vì

0;

4

x∈

π



  nên t∈

( )

0; 1

ta được

( )

(

m−

2) t

− +

4 t 2

m− =

2

0

3

Khi đó (1) có nghiệm

0;

4

x∈

π



  khi và chỉ khi (3) có nghiệm t∈

( )

0; 1

Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau

Cách 1: +) Với m− = ⇔ =

2 0

m

2,

khi đó (3) có dạng

4 2 0

1 (

0 ; 1

)

2

t t

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Vậy m=

2

thỏa mãn đề bài

+)Với m− ≠ ⇔ ≠

2 0

m

2

khi đó (3) có nghiệm t∈

( )

0; 1

⇔(3) có 1 nghiệm ∈

( )

0; 1

hoặc (3) có 2 nghiệm ∈

( )

0; 1

(3

8)(2

2)

0 (1). (2)

0 ' 0

2

6

0

8 (1)

0 (3

8)(

2)

0 1

3 (0) 0

(

2)(2

2) 0

2

0

1

0

1

2

m m

f f

m m

af m m

m

af m m

S

m

− − <

< 



∆ ≥ − + ≥

 
 
 

 > − − >




⇔ ⇔ ⇔ < <

 >  − − >



 



 < <  < <

  −

 

Vậy với

1

8

3

m

< < phương trình có nghiệm

0;

4

x∈

π



 

Cách 2: Viết lại phương trình dưới dạng :
2

2

4

2

t t

m
t+ + =+
Phương trình có nghiệm

0;

4

x∈

π



 

⇔đường thẳng y =m cắt đồ thị hàm số

2

4

2

t t
y
t
+ +
=

+ trên

( )

0 ;1

Xét hàm số (C)

2

4

2

t t
y
t
+ +
=

+ trên

( )

0 ;1

Đạo hàm

( )

2 2 2 2

4

8 4(

1)(

2)

'

0 0;1

(

2)

(

2)

t t t t

y t

t t

− + + − + −

= = > ∀ ∈

+ +

tức là hàm số đồng biến trên

( )

0 ;1

Do đó đường thẳng y= m cắt đồ thị hàm số(C) trên khoảng

( )

0 ;1

8 (0)

(1)

1

3

y m y m

⇒ < < ⇔ < <

Vậy với

1

8

3

m

< < phương trình có nghiệm

0;

4

x∈

π



</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

4(sin

4x+

cos

4x

) 4(sin

− 6x+

cos

6 x

) sin 4

− 2 x =m (1)
Hướng dẫn giải

Ta đã có:

6 6 2

4 4 2

2 2 4

3 sin

cos

1 sin 2

4

1 sin

cos

1 sin 2

2 sin 4

4sin 2

x x x

+ = −

= −

Do đó phương trình được biến đổi về dạng

(

)

2 2 2 4

4 2

3

1 4(1

sin 4 ) 4(1

sin 2 )

4sin 2

4

2 4sin 2

3 sin 2

x x x x m

x x m

− − − − − =

⇔ − =

Đặt t=

sin

2x

0

≤ ≤t

1

. Khi đó phương trình có dạng

4

t2 − =

3

t m (2)
Cách 1: phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm ∈

[ ]

0 ; 1

⇔ (2) có 1 nghiệm hoặc (2) có 2 nghiệm ∈

[ ]

0 ; 1

(0). (1)

0 (1

)

0 '

0 9 16

0 0

1

9 (0)

0 9

1

16

0 (1)

0

1

0

16

3

0

1

0

1

2

8 f

m

m

af

m

af

m

S



≤





−

≤





∆ ≥







+

≥



≤ ≤





≥





⇔





⇔ − ≥

⇔



⇔ −

≤ ≤



−

≤ ≤



≥





− ≥











≤ ≤







≤ ≤





Vậy với

9

1

16 m

−

≤ ≤

thì phương trình trên có nghiệm

Cách 2: Phương trình (1) có nghiệm

⇔

đường thẳng

y

=

m

cắt đồ thị hàm số

y

=

4 t

−

3 t

trên đoạn

[ ]

0;1

Xét hàm số

y

=

4 t

−

3 t

trên đoạn

[ ]

0;1

Đạo hàm

' 8

3 , ' 0

3

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Bảng biến thiên

t

−∞

0

3

8 +∞

'

y

−

+

y

0 1

9

16 −

Dựa vào bảng biến thiên ta được điều kiện

9

1

16 m

−

≤ ≤

Vậy với

9

1

16 m

−

≤ ≤

thì phương trình có nghiệm

Ví dụ 3: Cho phương trình

cos 2

x

=

m

1 tan cos

+

x

(1)
Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc

0;

3 π













Hướng dẫn giải

Điều kiện

cos

0 (*)

tan

1 x

≠





≥ −



Đặt t= tanx thì

1 cos 2

1 t

x

t

−

=

+

và

1 cos

1 x

t

=

+

Khi đó phương trình có dạng

2 2

1 t

m

t

m

t

− =

+

⇔ − =

+

Vì

0;

3 x

∈





π









suy ra

t 

∈



0 ;

3 



</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Để phương trình (1) có nghiệm

0;

3 x

∈





π









thì phương trình (3) có nghiệm

t 

∈



0 ;

3 



, suy
ra đường thẳng

y

=

m

cắt đồ thị hàm số

y

= −

(1

t

) 1

+

t

trên đoạn





0 ;

3 



Xét hàm số

y

= −

(1

t

) 1

+

t

trên

D

=





0 ; 3





Đạo hàm

1 2(1

) 1

3

1 '

1

0 2 1

t

y

t

D

t

−

+ + −

− −

= − + +

=

< ∀ ∈

+

⇒

Hàm số nghịch biến

Do đó điều kiện là

f

( 3)

≤ ≤

m

f

(0)

⇔ −

(1

3) 1

+

3 ≤ ≤

m

1

Vậy với

(1

−

3) 1

+

3 ≤ ≤

m

1

thoả mãn điều kiện đề bài

Nhận xét: Với những bài toán dạng này chúng ta cần phải nhớ rằng khi đặt ẩn phụ, ta nên 
nhớ đặt điều kiện cho ẩn phụ rồi từ đó ta xét điều kiện cho ẩn ban đầu.

Dạng 2: Tìm điều kiện để phương trình có

k

nghiệm thuộc D

Cho phương trình

Q m x

( , )

=

0 (1)

phụ thuộc vào tham số

m

, x D

∈

Tìm

m

để phương trình có

k k

(

≥

1)

nghiệm thuộc D

Cách Hướng dẫn giải

Cách 1: Phương pháp đạo hàm

Bước 1: Đặt ẩn phụ

t

=

h x

( )

trong đó

h x

( )

là 1 biểu thức thích hợp trong phương
trình

Bước 2: Tìm miền giá trị (ĐK) của

t

trên tập xác định D .Gọi miền giá trị của

t

là U
Bước 3: Đưa phương trình (1) về phương trình

f m t

(

, )

=

0

Bước 4: Tìm mối tương quan về số lượng

t

∈

U

và

x

∈

D

trong phương trình

t

=

h x

( )

.
Hay nói cụ thể hơn là xét xem với mỗi

t

o

∈

U

phương trình

t

o

=

h x

( )

có bao nhiêu nghiệm

x

∈

D

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

Bước 6: Căn cứ vào bảng biến thiên và kết quả của bước 4 mà xác định giá trị của

m

Cách 2: Phương pháp tam thức bậc hai

Bước 1: Đặt ẩn phụ

t

=

h x

( )

trong đó

h x

( )

là 1 biểu thức thích hợp trong phương
trình

Bước 2: Tìm miền giá trị (điều kiện) của

t

trên tập xác định D .Gọi miền giá trị của

t

là U

Bước 3: Đưa phương trình về phương trình bậc hai theo

t

Bước 4: Tìm tương quan về số lượng

t

∈

U

và

x

∈

D

trong phương trình

t

=

h x

( )

Hay
nói cụ thể hơn là xét xem với mỗi

t

o

∈

U

phương trình

t

o

=

h x

( )

có bao nhiêu nghiệm

x

∈

D

Bước 5: Giải bài tốn tìm điều kiện để tam thức

f m t

( , )

có đủ nghiệm

t

∈

U

gây nên

k

nghiệm

x

∈

D

Chú ý: Gọi

k

là số nghiệm của phương trình

Q x

( )

trên D,

m

là số nghiệm của phương trình

( )

t

=

h x

trên D,

n

là số nghiệm của phương trình

f t

( )

trên U thì

k

=

m n

.

Ví dụ 1: Cho phương trình

cos

x

−

sin

x

=

m

(1)

Xác định

m

để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt

;

4 4

x

∈ −





π π









Hướng dẫn giải

Ta có :

(1)

⇔

(cos

x

−

sin )(1 cos sin )

x

+

x

=

m

Đặt

cos

sin

2 cos(

)

sin 2

1

4 t

=

x

−

x

=

x

+

π

⇒

x

= −

t

Với

0 0 cos(

) 1

0

2

4 x

4

2 x

4 t

π

π π

π

− < <

⇒

< + <

⇒

<

+

<

⇒

< <

Khi đó phương trình (1) trở thành

1 (1

)

3

2 t





+

−

t





= ⇔ − =

m

t

m

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

Ta nhận thấy với mỗi một giá trị của

t

∈

( )

0; 2

thì phương trình

2 cos(

)

4 t

=

x

+

π

có đúng 1

nghiệm

;

4 4

x

∈ −





π π









Do đó (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt

;

4 4

x

∈ −





π π









thì (2) có đúng 2 nghiệm

t

∈

( )

0; 2

Xét hàm số

f t

( ) 3

= −

t

3 với

t

∈

( )

0; 2

f t

( )' 3 3

= −

t

f t

( )' 0

= ⇔ = ±

t

1

Bảng biến thiên

t

0 1

2

f t

( )'

+

−

( )

f t

2

Dựa vào bảng biến thiên suy ra (2) có đúng 2 nghiệm

t

∈

( )

0; 2

2

1

2 m

⇔

<

< ⇔

< <

Vậy các giá trị của

m

cần tìm là

2

1

2 < <

m

Ví dụ 2: Cho phương trình

(3 2 2)

+

tanx

+ −

(3 2 2)

tanx

=

1

Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm

;

2 2

π π





∈ −









Giải :

Điều kiện

cos

0

2

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

Ta thấy

(3 2 2)

+

tanx

.(3 2 2)

−

tanx

=

1

Do đó nếu đặt

(3 2 2)

tanx

0 t

= +

t

>

thì

(3 2 2)

tanx

1 t

−

=

Khi đó phương trình có dạng

t

1 m

t

mt

1 0

t

+ = ⇔ −

+ =

Cách 1: Để phương trình có đúng 2 nghiệm

(

; )

2 2

π π

∈ −

(2)

⇔

có 2 nghiệm dương phân biệt ⇔

0 4 0

(0) 0 1 0 2

/ 2 0 / 2 0
m

af m

S m



∆ > − >





> ⇔ > ⇔ >

 

 >  >

 

Vậy với m>2 thì thoả mãn điều kiện đầu bài.
Cách 2: Để phương trình có đúng 2 nghiệm ( ; )

2 2

π π

∈ −

⇔đường thẳng y =m cắt đồ thị hàm số y t 1
t

= + trên (0;+∞) tại 2 điểm phân biệt

Xét hàm y t 1
t

= + trên D=(0;+∞)

Đạo hàm y' 1 12 y' 0 1 12 0 t 1

t t

= − ⇒ = ⇔ − = ⇔ = ±

Bảng biến thiên :

t

−∞

0 1 +∞
'

y

−

+

y

−∞

+∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m>2 thoả mãn điều kiện bài tốn .
Ví dụ 3: Biện luận theo m số nghiệm 0;3

π

 

∈ 

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

msinx+cosx=2m (1)
Hướng dẫn giải

Biến đổi phương trình (1) về dạng cos (2 sin ) cos
2 sin

x

m x m

x

= − ⇔ =

−

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đường thẳng y=m

Với đồ thị hàm số cos
2 sin

x

y

x
=

− trên

3
0;

2
D=

π



 

Xét hàm số cos
2 sin

x
y

x
=

− . Miền xác định

3
0;

D=

π



 

Đạo hàm ' sin (2 sin ) cos .cos2 1 2sin 2
(2 sin ) (2 sin )

x x x x x

y

x x

− − + −

= =

− −

1
' 0 1 2sin 0 sin

y = ⇔ − x= ⇔ x= với x∈D ta có 6
5
6
x

x

π

 =


 =

Bảng biến thiên:

x

0
6

π

5
6

π

3
2

π

y +

−

0 +
y

3 0

2
1

3
−

Kết luận:Với 1
3

m > phương trình vơ nghiệm

Với 1
3

m= ± hoặc 0 1

2
m

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Với 1 0
3 m

− < ≤ hoặc 1 1

2 ≤ <m 3 phương trình có 2 nghiệm ∈D

Nhận xét chung: Khơng có một phương pháp giải cụ thể nào cho một bài tốn lượng giác. 
Vì vậy việc nắm chắc phương trình lượng giác cơ bản và một số phương trình lượng giác
thường gặp là điều cần thiết, đồng thời ta cũng phải nắm vững phương pháp giải một số
phương trình lượng giác khơng mẫu mực để có những hướng đi đúng đắn cho từng bài
tốn.

Bài tập củng cố:

Giải các phương trình sau

1. sin (2 ) 3 sin 3 1 2 0

2 x x

π

+ + − + =

2. 8cos (3 ) cos3
3

x+

π

= x

3. cot tan 1

sin

x x

x

= + 4.

1 1

sin( ).

tan 2 4 cos

1 2+ x =3.4 π −x x

5. 2

4 2

sin sin

log x.log x = 4 6. 2 2
3sin 2 2sin

( ) 2

sin 2 .cos

7 7

log log

x x

−

− = −

7. sin 2 5sin cos3

3 6

x

π

x

π

x

   

− = − +

   

    8.

32sin sin 6 1

x

π

x

 

+ − =

 

 

9. sin 3 sin 2 .sin

4 4

x

π

x x

π

   

− = +

   

    10.

1 2

18cos 5(3cos ) 5 0
cos cos

x x

+ + + + =

11. 2 cosx+ 3 4cos− 2x +3 2 cosx 3 4cos− 2x =5 12. sinx−cosx +4sin 2x =1

13. tan2 1 cos
1 sin

x
x

x
−
=

− 14.

(

) (

)

sin sin

7 4 3 7 4 3 4

x x

+ + − =

15. 2logcot3 x =logcos2 x

16. log(3sin2 2x 2) 3cos2
x

− =

17. 2log( 2 cos3 1) 2cos

x

= 18. cos 2x−cos 6x+4(3sinx−4sin3x+ =1) 0
19. 3sinx − −2sin2 x−4cosx+ =6 0 20. 4sin2 x+sin 33 x=4sin .sin 3x 2 x

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

22. sinx+siny+sinz+ =6 2

(

1 sin+ x + 1 sin+ y + 1 sin+ z

)

23. sin sin 2 sin 3 5
2

x+ x+ x= 24. cot 3 cot 2 1 0
sin 3 .sin 2 .sin

x x

x x x

+ + =

25. cosx− 3 sin 2x− 3 sinx−cosx+ =4 0 26. x2 −2 sinx xy+ =1 0
27. sin4 cos4 14 14 8 sin

sin cos 2

y

x x

+ + + = +

28. sin3 sin 3 cos3 cos 3 81cos2

2 2 2 2 4

x x x x

x

− −

   

+ + + =

   

   

29. 2 cosx+ 3 4cos− 2x +3 2 cosx 3 4cos− 2x =5

30. sinx+cosx + 3 sin+ x+2cos2x =2 31. 8cos 3 1
sin cos
x

x x

= +

32. 1 1 1 tan tan 3

cos cos 2 cos 2 cos3 sin

x x

x x x x x

+ =

−

33.

6 6

2008 2008

4 2

sin cos
sin cos

3cos cos cos 2

x x

x x x

+ =

− −

34. sin cos sin cos 1 ln3 sin cos
4 sin cos

x x

x x x x

x x

+ +

+ − = −

+ 35.

sin 5

2 2

log log

sinx+3 x =(sin )x
37. Cho phương trình mcosx−2cosx−cos 4x=1

Xác định m để phương trình có nghiệm ;
3 2
x∈ −

π π



 .
38. Cho phương trình 4(cosx−sin ) sin 2x + x= m

Tìm mđể phương trình vơ nghiệm.

39. Cho phương trình msin3x+(3m−4)sin2xcosx+(3m−7)sin cosx 2x+(m−3)cos3x=0
Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thuộc ;0

π

− 

 

 .

40. Cho phương trình: sin ( 1)cos

cos
m

m x m x

x

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

a. Xác định m để phương trình có nghiệm

b. Giả sử mlà giả thiết làm cho phương trình có nghiệm x x1, 2 thoả mãn 1 2
2
x + ≠ +x

π

k

π

Tính cos 2(x1+x2) theo m

41. Cho phương trình (cosx−2)4 + −(1 cos )x 4 =m
Xác định m để phương trình có nghiệm

42. Cho phương trình sin 4x =mtanx

Xác định m để phương trình có nghiệm x≠ k

π

(k∈

ℤ

)
43. Cho phương trình sin 3x−mcos 2x−(m+1)sinx+ =m 0(1)

Xác định m để phương trình (1) có đúng 8 nghiệm 0;
2
x∈

π



 

44. Cho phương trình ( 1) tan2 2 2 0
cos

m x m

x

− − + =

Xác định các giải thiết của m để phương trình có nhiều hơn 1 nghiệm 0;
2
x∈

π



 .

45. Cho phương trình cos 2 2( 1)sin2 3 2 0
2

x

x− m− + m− =

Xác định m để phương trình có đúng 3 nghiệm ;
3 3
x∈ −

π π



 

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Bộ phận bán hàng:

0918.972.605

Đặt mua tại:

/> />

8

Xem thêm nhiều sách tại:

/>Hổ trợ giải đáp: 

 

Xem video giới thiệu bộ sách và các tính năng tại: 

</div>

Phương trình lượng giác cơ bản và thường gặp- Toán Đại Số 11- Đầy đủ các dạng – Xuctu.com

<b>Chương I: Phương trình lượng giác cơ bản và một số phương trình </b>

<b>lượng giác thường gặp </b>

<i>cot gx</i>

<i>cot gx</i>

[ ]

α

α

π

α

π α

π

α

α

π

α

π α

π

π π π π π π

sin

1

4

<i>x</i>

=

1

4

1

4

α

sin

sin

2

,

2

<i>x</i>

<i>k</i>

<i>x</i>

<i>k</i>

<i>x</i>

<i>k</i>

α

π

α

π α

π

= +

=

⇔

∈

= − +

sin(3

)

3

4

2

<i>x</i>

+

π

=

sin

3

3

2

π

<sub>=</sub>

sin(3

)

3

sin(3

)

sin

4

2

4

3

<i>x</i>

+

π

=

⇔