Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

219

Bài 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC NHẤT VỚI SINX, COSX
1. Phương pháp chung:

2 2
sin cos ; 0
a x b x c a b
+ = + >
(1)
Cách 1.

( )
( )
2 2 2 2 2 2
1 sin cos cos
c a b
x x x
a b a b a b
⇔ = + = − α
+ + +

Với
2 2 2 2 2 2
sin ; cos ; cos 2
a b c
x k
a b a b a b
= α = α = β ⇒ = α ± β + π

2 2
2 1
sin ; cos
1 1
t t
x x
t t
−
= =
+ +
. Khi đó
(
)
1
⇔
( ) ( ) ( )
2
2 0
f t c b t at c b
= + − + − =

Cách 3.
Phân tích thành phương trình tích
2. Các bài tập mẫu minh họa
Bài 1.
Giải phương trình:
3
3sin 3 3 cos 9 1 sin 3
x x x
− = +

k
x k x
k
k
x k x
π π π π
 
− = + π = +
 
⇔ ⇔ ∈
 
π π π π
− = + π = +
 
 
»

Bài 2.
Giải phương trình:
cos 7 .cos 5 3 sin 2 1 sin 7 .sin 5
x x x x x
− = −
(1)
Giải
( )
( )
1 cos 7 .cos 5 sin 7 .sin 5 3 sin 2 1
x x x x x
⇔ + − =


( )
2 2 sin cos cos 3 cos 2
x x x x
+ = +
(1)
Giải
( )
( )
1 2 sin 2 2 1 cos 2 3 cos 2
x x x
⇔ + + = +
(
)
2 sin 2 2 1 cos 2 3 2
x x⇔ + − = −
.Ta có
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2
2
2 2 1 5 2 2
3 2 11 6 2
a b
c

+ = + − = −



Giải
(
)
(
)
(
)
3sin 4 cos 5sin 5
3 2 6 6
x x x
π π π π
 
⇔ − + − + = − +
 
 

(
)
(
)
(
)
3sin 4 cos 5sin 5
3 3 6
x x x
π π π
 
⇔ − + − = + + π
 
 

 
⇔ − + α = +
 
 

9
24 4 2 36 6 3
k k
x x
π α π π α π
⇔ = + + ∨ = − +

Bài 5.
Giải phương trình:
3 3
4sin cos 3 4 cos sin 3 3 3 cos 4 3
x x x x x
+ + =
(1)
Giải
( )
[
]
[
]
1 3sin sin 3 cos 3 3cos cos 3 sin 3 3 3 cos 4 3
x x x x x x x
⇔ − + + + =

[


Ta có
3sin cos 1 3sin 1 cos
x x x x
+ = ⇔ = −

(
)
2
6sin cos 2 sin 2 sin 3cos sin 0
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
⇔ = ⇔ − =
. Xét 2 khả năng
a.
sin 0 2
2 2
x x
k x k
= ⇔ = π ⇔ = π

b.

( )
3cos sin 0 tg 3 2 2
2 2 2 2
x x x x
k x k k− = ⇔ = ⇔ = α + π ⇔ = α + π ∈
»


cos sin 4cos 6 sin 0 tan 1 tan tan
2 2 2 2 2 2 3
x x x x x x
⇔ − + = ⇔ = ∨ = − = α

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

Bài 8.
Giải phương trình:
( )
sin 3 cos sin 3 cos 2 1
x x x x+ + + =

Giải
Ta có:
(
)
3
1
sin 3 cos 2 sin cos 2sin
2 2 3
x x x x x
 

x x
π π
⇔ + = ⇔ + =
( )
2 2
6 2
x k x k k
−π π
⇔ = + π ∨ = + π ∈
»

Bài 9.
Giải phương trình:
(
)
(
)
( )
1 3 sin 1 3 cos 2 1
x x+ + − =

Giải
Do
(
)
1 3 2 2 3 0
b c
+ = + + = − ≠
nên
cos 0

2 2
2 1
1 1 3 1 3 2 2 1 3 1 3 1 2 1
1 1
t t
t t t
t t
−
⇔ + + − = ⇔ + + − − = +
+ +

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

1 3
5
1
tan tan tan tan
2 6 2 12
3 1 3
x x
t t
+

=
không là nghiệm của (1)
Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

222

Đặt
2
3 2
tan sin 3
2
1
x t
t x
t
= ⇒ =
+
và
2
2
1
cos 3
1
t
x
t
−
=
+
, khi đó

=

( )
2 2 2
6 3 9 3
k k
x x k
π π π π
⇔ = + ∨ = + ∈
»

Bài 11.
Tìm
m
để
(
)
2sin cos 1 1
x m x m+ = −
có nghiệm
,
2 2
x
−π π
 
∈
 
 

Giải


(
)
( )
(
)
( )
2 2 2
4 1 1 1 4 1 2 0
t m t m t f t t t m
⇔ + − = − + ⇔ = − + − =

Cách 1:

Yêu cầu bài toán
( )
2
4 1 2 0
f t t t m
⇔ = − + − =
có nghiệm
[
]
1,1
t ∈ −

Xét
(
)
1 0 6 2 0 3

)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 6 2 2 2 0 2 6 2 2 0 1 3
f f m m m m m
⇔ − = − − − < ⇔ − + < ⇔ − < <

Xét
(
)
0
f t
=
có 2 nghiệm
1 2
,
t t
thỏa mãn
1 2
1 1
t t
− < ≤ <

( ) ( )

1,1
t ∈ −

( )
2
1 1
2
2 2
g t t t m
⇔ = − + =
có nghiệm
[
]
1,1
t ∈ −

Ta có:
(
)
[
]
(
)
2 0 1,1
g t t t g t
′
= − < ∀ ∈ − ⇒
nghịch biến trên
[
]

t m
∈ − ⇔ − ≤ ≤

Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

223

II. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 2 VỚI SINX, COSX
1. Phương pháp chung
2 2
sin sin cos cos 0
a x b x x c x d
+ + + =
với
( )
2 2 2
0 1
a b c+ + >

Bước 1:
Xét
cos 0
x
=
có là nghiệm của (1) hay không
0
a d
⇔ + =

Bước 2:

Bước 3:
Giải và biện luận
(
)
0
f t
= ⇒
Nghiệm
0
tg
t x
= ⇒
nghiệm
x.
2. Các bài tập mẫu minh họa
Bài 1. a
. Giải phương trình:
2 2
sin 2 sin cos 3cos 3 0
x x x x
+ + − =

b.
Giải phương trình:
2
sin 3sin cos 1 0
x x x
− + =

Giải

=





⇒
Vô lý. Chia 2 vế của (1) cho
2
cos 0
x
≠
ta nhận được
( )
(
)
2 2 2
1 tan 2 tan 3 3 1 tan 0 2 tan 2 tan 0
x x x x x
⇔ + + − + = ⇔ − =

( ) ( )
tan 0
2 tan 1 tan 0
tan 1
4
x k
x
x x k
x k

sin 1 0
x
x
=


⇒

+ =


⇒
Vô lý
Chia 2 vế của (2) cho
2
cos 0
x
≠
ta nhận được phương trình
( )
(
)
2 2 2
2 tan 3tan 1 tan 0 2 tan 3 tan 1 0
x x x x x
⇔ − + + = ⇔ − + =
( )( ) ( )
tan 1 tan
4
4

Bài 2. a.
Giải phương trình:
2 2
5
4 3 sin cos 4 cos 2sin
2
x x x x
+ = +

b.
GPT:
( )
(
)
(
)
(
)
2 2
5 3
3sin 3 2sin cos 5sin 0
2 2 2
x x x x x
π π π
π − + + + − + =

Giải
a.
Phương trình
( )

x x x x
⇔ − − + + = ⇔ − − =

( )
3
tan 3 tan tan tan
3 9 3
x x x k x k k
−
π π
⇔ = = ∨ = = α ⇔ = + π ∨ = α + π ∈
»

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

( )

tan 1 tan
4
4
2 3 tan 2 tan 5 0
5
tan tan
3
x
x k
x x
x
x k
−π

= − =
−π

= + π


⇔ − − = ⇔ ⇔


= = α
= α = π




Bài 3.

x x
x
+
+ = ⇔ = ⇔ + = +

( )
{
}
2
tan 0
tan 3 tan 0 tan tan 3 0 ;
3
tan 3
x
x x x x x k k
x
=

π
⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈ π + π

=


b
.
2
2
4sin 6 cos
1 1

225

Bài 4.
Giải phương trình:
2 2
3
7 sin 2 sin 2 3cos 3 15 0
x x x
+ − − =
(1)
Giải
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (1) thì từ (1)
2
3
cos 0
7 sin 3 15
x
x
=


⇒

=



3
25 12 15 9 15
′
∆ = + −

Đặt
3 3
3
5
15 15 25
3
t t t
= ⇒ = ⇒ =
, ta sẽ chứng minh
∆′
<0 . Thật vậy, ta có:
( )
(
)
3 2
5 5
12
9 12 3
3 3 5
t t t t t t
′
∆ = − + = − −
. Do
( )
3

x
π
∈

Giải
Với
(
)
0,
4
x
π
∈
thì
cos 0
x
≠
nên chia 2 vế phương trình cho
2
cos 0
x
≠
ta có
( )
(
)
2
4 tan 2 1 tan 0
m x m x
− + − + =

)
( )
( )( )
( )
( )
2
2 2
2 2
4 2 4 2 1
0, 0, 1
2 2
t t t t
g t t
t t
− − − − +
′
= = > ∀ ∈
+ +

(
)
g t
⇒
tăng /
(
)
(
)
0,1
g t m

để phương trình có nghiệm.
Giải
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của phương trình (1) thì từ (1) suy ra
2
cos 0
sin
x
x m
=



=


2
2
2
1
1
sin 1 1
cos 0
sin 1
sin
2
m

thì
cos 0
x
=
không là nghiệm của (1), khi đó chia 2 vế của (1) cho
2
cos 0
x
≠
ta có:
( )
( ) ( )
(
)
2 2
1 tan 2 2 tan 1 1 tan
x m x m m x
⇔ + − − + = +

Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

226

( ) ( ) ( )
2
tan 1 tan 2 1 tan 2 1 0
f x m x m x m
⇔ = − − − + + =

a.

=

=



≠
⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤

≠




 


′
∆ ≥
− − + ≥






Bài 7.
Cho phương trình:
( )
2 2

cos 3sin sin 0 sin 0 co tg 3 cotg ;
x x x x x x k k
⇔ + = ⇔ = ∨ = − = α ⇔ ∈ π α + π

b.

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

3 2 1
1
cos 2 sin 2
10 10 10
m
x x
+
⇔ − =
. Đặt
3
1
cos , sin
10 10

1 ,
2 2
10
m
m
 
− − − +
+
≤ ⇔ ∈
 
 
thì đặt
2 1
cos
10
m +
= β

Khi đó
( ) ( )
( )
1 2 cos 2 cos
2
x x k
±β − α
⇔ ⇔ + α = β ⇔ = + π

Bài 8.
Giải và biện luận:
( )

•

0
m
≠
thì
( )
2
1 tan 4 tan 2 0
m x x
⇔ + + =
với
4 2
m
′
∆ = −

+ Nếu
2
m
>
thì (1) vô nghiệm; Nếu
2
m
=
thì
tan 1
4
x x k
−π
( )
3 2 2 3
sin sin cos sin cos cos sin cos 0
a x b x x c x x d x m x n x
+ + + + + =

Bước 1:
Xét
cos 0
x
=
có là nghiệm của phương trình hay không
Bước 2:
Xét
cos 0
x
≠
không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của (1)
cho
3
cos 0
x
≠
và sử dụng công thức
( )
2 2
2 3
sin

=
là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra
3 3
cos 0 sin 1 sin 1
4 sin 3sin 0 4 sin 3sin 0
x x x
x x x x
= = ∨ = −
 
 
⇔ ⇒
 
− = − =
 
 
Vô lý
Chia 2 vế của (1) cho
3
cos 0
x
≠
ta có
( )
(
)
3 2 2
1 4tan 3 3tan 1 tan tan 0
x x x x
⇔ + − + − =


x x x x x x
⇔ + − =

3 2 3
4 sin 3sin 2 sin cos 6 cos 0
x x x x x
⇔ − − + =
(2)
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (2) thì từ (2) suy ra
3 3
cos 0 sin 1 sin 1
4 sin 3sin 0 4sin 3sin 0
x x x
x x x x
= = ∨ = −
 
 
⇔ ⇒
 
− = − =
 
 
Vô lý
Chia 2 vế của (2) cho
3
cos 0

Giải
Điều kiện:
( )
cos 0 1
2
x x k
π
≠ ⇔ ≠ + π

2 2
1 1
1 3sin 2 2 tan 1 6sin cos 2 tan 6 tan 2 tan
cos cos
x x x x x x x
x x
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⋅

(
)
(
)
2 2 3 2
1 tan 6 tan 2 tan 1 tan 2 tan tan 4 tan 1 0
x x x x x x x
⇔ + + = + ⇔ − − − =

( )
( )
2
1,2

Giải phương trình:
(
)
3
2 sin 2 sin
4
x x
π
+ =
(1)
Giải
( )
(
)
(
)
( )
3
3
3
1 2 2 sin 4sin 2 sin 4sin sin cos 4sin
4 4
x x x x x x x
π  π 
⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =
 
 

Nếu
cos 0

x x x x x x x x
⇔ + = + ⇔ + + + = +

( )
( )
3 2 2
3tan 3tan tan 1 0 tan 1 3tan 1 0 tan 1
4
x x x x x x x k
π
⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = + π

Bài 5.
Giải phương trình:
(
)
3
8 cos cos 3
3
x x
π
+ =

Giải
(
)
3
3
8 cos cos 3 8 cos .cos sin sin cos 3
3 3 3


Vô lý
Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx

229

Chia 2 vế của (1) cho
3
cos 0
x
≠
ta có
( )
( )
( )
3
2
1 3. tan 1 3 1 tan 4 0
x x
⇔ − − + + =

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

(

( )
(
)
(
)
3
3
1 2 2 sin 4 sin 2 sin 4 sin
4 4
x x x x
π  π 
⇔ − = ⇔ − =
 
 

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

3 2 3 3 2
tan 3 tan 3tan 1 4 tan 4 tan 3 tan 3tan tan 1 0
x x x x x x x x
⇔ − + − = + ⇔ + + + =

( )

≠ ⇔ ≠ + π ⇔ ≠ +

Với điều kiện (2) ta có
( )
3
1 6 sin 2cos 5sin 2 cos
x x x x
⇔ − =

( )
3 3 2
6 sin 2 cos 5 2sin cos cos 3sin cos 5sin cos 0
x x x x x x x x x
⇔ − = ⇔ − − =
(3)
Nếu
cos 0
x
=
là nghiệm của (3) thì từ (3) suy ra
2 2
cos 0
0 sin cos 1 0 1
sin 0
x
x x
x
=

⇒ = + = ⇒ = ⇒

2 4 4
x x x x n
 
π
⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = + π
 
 

Do
4
x n
π
= + π
mâu thuẫn với (2):
4 2
k
x
π π
≠ +
nên phương trình (1) vô nghiệm.
Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương

230

Bài 8.
( ) ( ) ( ) ( )
3 2
4 6 sin 3 2 1 sin 2 2 sin cos 4 3 cos 0
m x m x m x x m x
− + − + − − − =

= = ∨ = −
 
 
⇔ ⇒
 
− + − = − + −
 
 
Vô lý
Chia 2 vế của phương trình cho
3
cos 0
x
≠
ta có phương trình
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
3 2 2 2
4 6 tan 3 2 1 tan 1 tan 2 2 tan 4 3 1 tan 0
m x m x x m x m x
⇔ − + − + + − − − + =
( ) ( ) ( )
3 2
tan 2 1 tan 3 2 1 tan 4 3 0
x m x m x m
⇔ − + + − − − =

⇔ − − + ⇔ = ⇔ = − π ∈
 
»

b. Đặt
[ ]
tan 0,1 0,
4
t x x
π
 
= ∈ ∀ ∈
 
 
, khi đó phương trình
( )
( )
( )
[
]
2
2
1 0 1 0,1
1 1 2 4 3 0
2 4 3 0
t t
t t mt m
t mt m

− = ⇔ = ∈

( )
(
)
(
)
( )
[ ]
2
1 3
0 0, 1
2
t t
g t t
t
− −
′
= ≥ ∀ ∈
−

(
)
g t
⇒
đồng biến trên
[
]
0,1

⇒
Tập giá trị


hoặc vô nghiệm
[
]
0,1
t ∈
hoặc có đúng 1 nghiệm
1
t
=

(
)
2
g t m
⇔ =
vô nghiệm
[
)
2 2 1
0,1
3 3
2
2 4
m m
t
m m
≥ ≥
 
 