Chơng I: Phơng trình lợng giác cơ bản
và một số phơng trình lợng giác thờng gặp
Để giải 1 PTLG , nói chung ta tiến hành theo các bớc sau:
Bớc 1: Đặt điều kiện để phơng trình có nghĩa. Các điều kiện ấy bao hàm các điều kiện để
căn có nghĩa,phân số có nghĩa, biểu thức
log arit
có nghĩa. Ngoài 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.
Bớc 2: Bằng phơng pháp thích hợp đa các phơng trình đã cho về một trong các phơng
trình cơ bản .
Bớc 3: Nghiệm tìm đợc phải đối chiếu với điều kiện đã đặt ra. Những nghiệm nào không
thoả mãn điều kiện ấy thì bị loại.
1.1-Phơng trình lợng giác cơ bản
1.1.1- Định nghĩa: Phơng trình lợng giác là phơng trình chứa một hay nhiều hàm số lợng
giác .
1.1.2- Các phơng trình lợng giác cơ bản.
a) Giải và biện luận phơng trình
sin x m=
(1)
Do
[ ]
sin 1;1x
nên để giải phơng trình (1) ta đi biện luận theo các bớc sau

2
x k
x k
x k



= +

=

= +

Â

Nh vậy ta có thể kết luận phơng trình có 2 họ nghiệm
Đặc biệt ta cần phải nhớ đợc các giá trị của các cung đặc biệt nh
; ; ; ; ;2
6 4 2 3


vì
sau khi biến đổi các bài toán thơng đa về các cung đặc biệt.
Ví dụ 1: Giải phơng trình

1
sin

Ví dụ 2: Giải phơng trình
3
sin(3 )
4 2
x

+ =
Giải:
Do
3
sin
3 2

=
nên
3
sin(3 ) sin(3 ) sin
4 2 4 3
2
3 2 3 2
4 3 4 3 24 3
5 2
3 2 3 2
4 3 3 4 24 3
x x
x k x k x k
k
x k x k x k



. Khi đó ph-
ơng trình có dạng
2
cos cos ,
2
= +

=

= +

Â
x k
x k
x k



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

.Ta có:
2

nên
1 2
cos cos cos 2 ( )
2 3 3
x x x k k


= = = + Â
Vậy phơng trình có 2 họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
3cos(2 ) 1
6
x

+ =
Giải:
1
3cos(2 ) 1 cos(2 )
6 6 3
x x

+ = + =
Vì
[ ]
1
1;1
3

và
1

cos 0 ,
2
+ Âx x k k


Bớc 2: Xét 2 khả năng
-Khả năng 1: Nếu
m
đợc biểu diễn qua tan của góc đặc biệt , giả sử

khi đó phơng
trình có dạng

tan tan ,= = + Âx x k k

-Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn đợc qua tan của góc đặc biệt , khi đó đặt
m
=
tan

ta đợc

tan tan ,= = + Âx x k k

Nhận xét: Nh vậy với mọi giá trị của tham số phơng trình luôn có nghiệm
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình
tan 3x =

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

=
.
Từ đó ta có
tan( ) 2 tan( ) tan ( )
5 5 5 5
x x x k x k k


= = = + = Â
Vậy
phơng trình có một họ nghiệm.
d) Giải và biện luận phơng trình lợng giác
cot ( )=x m d
Ta cũng đi biện luận theo
m
Bớc1: Đặt điều kiện
sin 0x x k k

Â
Bớc 2: Xét 2 khả năng
-Khả năng 1: Nếu
m
đợc biểu diễn qua cot của góc đặc biệt , giả sử


Giải:
Điều kiện
cos( ) 0
4
x

4 4
x k x k k Â
(*)
Ta có:
(1)

cot( ) cot
4 3 4 3 12
x x k x k k


= = + = Â

Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện (*)
Vậy phơng trình có 1 họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phơng trình
cot(4 35 ) 1
o
x + =
Giải:
Ta nhận thấy

x
Dạng 2:
2
cos cos 0 ( 0; , , )a x b x c a a b c+ + = Ă
(2)
Cách giải: Đặt
cost x=
điều kiện
| |t
1
ta cũng đa phơng trình (2) về phơng trình bậc
hai theo
t
, giải tìm
t
rồi tìm
x
Dạng 3:
2
tan tan 0 ( 0; , , )a x b x c a a b c+ + = Ă
(3)
Cách giải: Điều kiện
cos 0 ,
2
x x k k


+ Â
Đặt
( )

cos
3
2
x k
x
k
x k
x



=
=







= +
=


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

cos2
2
x x
x
x x x
x x
x
x x x
x
x x x
x x
x
x x
x
+ =

+ =
+ = + =
=


=

=

Ta thấy
cos2 1x =
không thoả mãn điều kiện. Do đó (*)

1 2

2 2
sin 2
tan 6
2cos 2sin
4
x
x
x

=

Bài 8: Giải phơng trình
2
1 2sin 3 2 sin sin 2
1
2sin .cos 1
x x x
x x
+ +
=

Bài 9: Giải phơng trình
4
4
1
cot 2 25
sin 2
x
x
+ =

a b+
, ta đợc

2 2 2 2 2 2
sin cos
a b c
x x
a b a b a b
+ =
+ + +
Vì
2 2
2 2 2 2
( ) ( ) 1
a b
a b a b
+ =
+ +
nên tồn tại góc

sao cho

2 2 2 2
cos , sin
a b
a b a b

= =
+ +
Khi đó phơng trình (1) có dạng

t =
suy ra
2
2 2
2 1
sin , cos
1 1
t t
x x
t t

= =
+ +
Khi đó phơng trình (1) có dạng
2
2
2 2
2 1
( ) 2 0 (2)
1 1
t t
a b c c b t at c b
t t

+ = + + =
+ +
Bớc 3: Giải phơng trình (2) theo t , sau đó giải tìm x.
* Dạng đặc biệt:
.
sin cos 0 ( )

Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phơng trình:
sin 2 3cos2 3x x =
(1)
Giải :
Cách 1: Chia cả hai vế phơng trình (1) cho
2 2
1 3 10+ =
ta đợc

1 3 3
sin 2 cos 2
10 10 10
x x =
Đặt
3 1
sin , cos
10 10

= =
. Lúc đó phơng trình (1) viết đợc dới dạng

cos sin 2 sin cos 2 sin sin(2 ) sin
2 2
2 2
2
x x x x
x k
x k
x k



+ Â
. Đặt
tant x
=
,lúc đó
2
2 2
2 1
sin 2 , cos 2
1 1
t t
x x
t t

= =
+ +
Phơng trình (1) sẽ có dạng
2
2 2
2 2
2 1
3 3 2 3(1 ) 3(1 ) 3
1 1
t t
t t t t
t t

= = + =

x k



= +




= +

Â

Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Chú ý: Khi làm bài toán dạng này chúng ta nên kiểm tra điều kiện trớc khi bắt tay vào
giải phơng trình bởi có một số bài toán đã cố tình tạo ra những phơng trình không thoả
mãn điều kiện. Ta xét ví dụ sau:
Ví Dụ 2: Giải phơng trình
( )
2 2(sin cos )cos 3 cos 2 2x x x x+ = +
Giải:
Ta biến đổi phơng trình (2)
Ta có:
2 2 2
2 2
2 sin 2 2(1 cos 2 ) 3 cos2
2 sin 2 ( 2 1)cos2 3 2
2 ; 2 1 ; 3 2
2 ( 2 1) 5 2 2
(3 2) 11 6 2

x x
+
+ = =

Đặt
1 3 1 3
cos ; sin
2 2 2 2
x x
+
= =
Phơng trình (3) sẽ đợc viết thành
1
sin .cos sin .cos sin( ) sin
4
2
x x x


+ = + =
2 2
4 4
,
3
2 2
4 4
x k x k
k
x k x k


12 4
5
2 2
12 4 6
x x x x x x
x x
x x
x
x k
x k
k
x k x k







+ + = + + =
+ + =
+ + =
+ =


= +
= +

>0 và P(x) ,Q(x) không đồng thời là các
hàm hằng số . Bằng phép chia cho
2 2
a b+
ta có (*)
[ ] [ ]
sin ( ) sin ( )P x Q x

+ = +

hoặc
(*)
[ ] [ ]
cos ( ) cos ( )P x Q x

+ = +
trong đó
,

là các góc phụ thích hợp. Ta xét ví dụ
sau:
Ví Dụ 4: Giải phơng trình:
cos7 sin 5 3(cos5 sin 7 ) (4)x x x x =
Giải:
(4)


cos7 3sin 7 3 cos5 sin 5x x x x+ = +

1 3 3 1


= +



2 2
6 12
3
12 2
8 6
2
x k x k
k Z
k
x
x k



= + = +

= +
= +


10.
2 3
2 cos( ) 6 sin( ) 2sin( ) 2sin( )
5 12 5 12 5 3 5 6
x x x x

= + +
1.2.3- Phơng trình thuần nhất bậc hai đối với
sin x
và
cos x
.
a) Định nghĩa: Phơng trình thuần nhất bậc hai đối với
sin x
,
cos x
là phơng trình.

2 2
sin sin .cos cosa x b x x c x d+ + =
(1) trong đó a, b, c, d

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

1 cos 2 1 cos2 sin 2
sin ; cos ; sin .cos
2 2 2
x x x
x x x x
+
= = =
đa phơng trình đã cho về phơng trình

sin 2 ( )cos 2b x c a x d c a+ =
Đây là phơng trình bậc nhất đối với sin và cos ta đã biết cách giải
*Chú ý: Đối với phơng trình đẳng cấp bậc n (n

3) với dạng tổng quát
(sin ,cos ,sin cos ) 0
n n k h
A x x x x =
trong đó
; , ,k h n k h n+ =
Ơ

Khi đó ta cũng làm theo 2 bớc :
Bớc 1: Kiểm tra xem
cos 0x =
có phải là nghiệm của phơng trình hay không?
Bớc 2: Nếu
cos 0x
.Chia cả hai vế của phơng trình trên cho
cos
n

= +







= + = +




Â
x k
x k
k
x k x k




Vậy phơng trình có hai họ nghiệm.
Cách 2: +) Thử với
cos 0 2
2
x x k k

3 3
=


= +






= =
= +


+

Â
x
x k
k
x
x k


Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
* Chú ý: Không phải phơng trình nào cũng ở dạng thuần nhất ta phải thực hiện

3
(sin cos ) 4sinx x x =
+) Xét với
cos 0 2
2
x x k k


= = + Â
. Khi đó phơng trình có dạng
3
sin ( ) 4sin( )
2 2
k k + = +
mâu thuẫn
Vậy phơng trình không nhận
2
2
x k


= +
làm nghiệm
+) Với

1 sin 2
1 tan
x
x
x

= +
+
(3)
Giải :
Điều kiện
cos 0
2
tan 1
4
x k
x
k
x
x k





+





ta đợc :

( )
( )
( )
3
2 2
3 2
2
1 tan 1 tan tan 1 tan
tan tan 2 tan 0
tan tan 2 tan 0 (*)
x x x x
x x x
x x x
+ + = +
+ + =
+ + =
(do
2
tan tan 2 0x x+ + =
vô nghiệm) nên:
Phơng trình (*)
( )
tan 0x x k k

= = Z
Vậy phơng trình có một họ nghiệm
Cách 2: Biến đổi phơng trình về dạng
( )

+
ữ = + + =
ữ+ +
+
ữ

Đặt
cot( )
4
t x

= +
ta đợc :

( )
( )
3 2
2
2
2 0 1 2 0 1
1
cot( ) 1 ( )
4 4 4
t t t t t t t

3
sin 2 sin sin 3 6cosx x x x+ =
7)
3 1
8cos
sin cos
x
x x
= +
8)
2 2 4
(sin 4cos )(sin 2sin .cos ) 2x x x x x cos x =
9)
3 3
cos sin sin cosx x x x =
1.2.4-Phơng trình đối xứng đối với
sin x
và
cos x
.
a) Định nghĩa: Phơng trình đối xứng đối với
sin x
và
cos x
là phơng trình dạng

(sin cos ) sin cos 0a x x b x x c+ + + =
trong đó
, ,a b c Ă
(1)

thì
sin cos 2 cos( ) 2 cos
4
x x x t

+ = =
2
1 1 1 1
sin cos sin 2 cos( 2 ) cos2 cos
2 2 2 2 2
x x x x t t

= = = =
nên phơng trình (1) trở thành
2
cos 2 cos 0
2
b
b x x c+ + =
. Đây là phơng trình bậc hai đã biết cách giải
*Chú ý: Hai cách giải trên có thể áp dụng cho phơng trình
(sin cos ) sin cos 0a x x b x x c + + =
bằng cách đặt
sin cost x x=
và lúc đó
2
1
sin cos
2
t

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

=

=


Với
2t =
không thoả mãn điều kiện nên
(*)
1t =
sin cos 1x x + =
2
1
2 sin( ) 1 sin( )
2
4 4
2
2
x k
x x k
x k


2 cos sin( ) 1 0
2
z z

+ =

2 cos cos 2 2 0z z + =
2
2 cos (2cos 1) 1 0z z + =

2
2cos 2 cos 1 0z z + + =
cos 2
2
cos
2
z
z

=



=


(*)
Ta thấy
cos 2z =

3
2
4 4
x k
x k





= +




= +


2
2
2
x k
k
x k




=


[ ]
sin cos 0
sin cos sin .cos 0

=


=


m
a x b x
a x b x c x x
*Quy ớc: Khi có nhiều dấu
[ ]

trong một biểu thức hay một hệ hiểu là cùng lấy dòng
trên hoặc cùng lấy dòng dới
Ví Dụ 2: Giải phơng trình
tan 3cot 4(sin 3 cos ) (2)x x x x = +
Giải:
Điều kiện:
sin .cos 0
2
k
x x x k

Â
Ta có (2)
2 2


= = +
(4)
1 3
sin cos sin 2
2 2
x x x =

cos sin sin cos sin 2
3 3
x x x

=
2 2
3
sin( ) sin 2
3
2 2
3
x x l
x x
x x l






= +


Vậy theo phơng trình có hai họ nghiệm.
Bài toán 2: Giải phơng trình:
[ ] [ ]
(tan sin ) (cot cos ) ( ) 0 + + =a x x b x x a b
với
, , , Ăa b c d
(1)
Cách giải:
Ta có:
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ]
(tan sin 1) (cot cos 1) 0
(sin sin .cos cos ) (sin sin .cos cos ) 0
cos sin
( )(sin sin .cos cos ) 0
cos sin
+ =
+ + + =
+ + =
a x x b x x
a b
x x x x x x x x
x x
a b
x x x x
x x

[ ] [ ]
0 tan

(3)
tan sin 3(cot cos ) 1 3 0x x x x + =

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

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

( )
1 3
0 (4)
cos sin
sin sin .cos cos 0 5
x x
x x x x

=





0 1 0
2
t
t t t

= =
1 2
1 2
t
t

=


= +


Kết hợp với điều kiện (*) thì
1 2t = +
bị loại
Với
1 2t =
ta có
1 2
2 cos( ) 1 2 cos( ) cos
4 4
2
x x



cos sin (cos sin )(cos sin ) cos
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x = + =
Ph¬ng tr×nh (1) cã d¹ng
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
= ⇔ =

x
(2)
Gi¶i:
§iÒu kiÖn:
sin 2 0x ≠
Ph¬ng tr×nh (2)
2 2
2
2 2
3 sin cos
8(1 sin 2 ) 2sin 2 ( )
4 cos sin
x x
x x
x x
⇔ − = +
2
2
2
1
1 sin 2
2
8 6sin 2 4sin 2 .
sin 2
x
x x
x
−
⇔ − =
⇔




=



=




= =


(loại)
4
x k
x k k
x k





= +


= +


x
x x + =
6.
3 3
sin cos sin 2 sin cosx x x x x+ = + +
7.
4 4
4(sin cos ) 3sin 4 2x x x+ + =
8.
8 8
17
sin cos
32
x x+ =
9.
3 4 3 4
1 1 2
sin .cos cos 2 sin .cos sin 2
4 4 8
x x x x x x+ = + +
10.
3 3 5 5
sin cos 2(sin cos )x x x x+ = +
11.
8 8 10 10
5
sin cos (sin cos ) cos 2
4
x x x x x+ = + +
1.2.5- PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng

đa phơng trình đã cho về dạng đại số
( ) 0F t =
Bớc 2: Giải phơng trình
( ) 0F t =
loại những nghiệm không thoả mãn điều kiện của bài
toán
Bớc 3: Với nghiệm t tìm đợc ở bớc 2 thế vào bớc 1 để tìm x
Ví dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phơng trình
3 3 2 2
tan cot 3(tan cot ) 3(tan cot ) 10 0 (1)x x x x x x + + =
Giải:
Phơng trình (1)
3 3 2 2
tan cot 3tan .cot ( ) 3(tan cot 2) 4 0x x x x tanx cotx x x + + =
3
(tan cot ) 3(tan cot ) 4 0 (2)x x x x + =
Đặt
tan cott x x=
, phơng trình (2) trở thành
3 2
3 4 0 ( 1)( 4 4) 0t t t t t + = + + =
2
1
( 1)( 2) 0
2
t
t t
t
=









= +
= +


= =




= +

=
= +



Â
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 2: Giải phơng trình:

3 2 3 2
tan tan tan cot cot cot 6x x x x x x+ + + + + =

8 2 0t t t + =
2
( 2)( 2 4) ( 2) 0t t t t t + + =
2 2
( 2)( 2 4 ) 0 ( 2)( 4) 0t t t t t t t + + = + + =
Với
| | 2t
thì
2
4 0t t+ + >
nên (4)
2 0 2t t = =
Suy ra
tan cot 2 sin 2 1
4
x x x x k


+ = = = +
( thoả mãn điều kiện(2)).
Vậy
4
x k


= +
là họ nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho
Bài tập:Giải các phơng trình sau:
1.
7 7

cần kiểm tra xem các nghiệm tìm đợc có thoả mãn điều kiện đã đặt ra hay không, để ta có
thể loại những nghiệm không thích hợp.
Chúng ta có thể xét ba phơng pháp sau:
1.3.1 Phơng pháp loại nghiệm trực tiếp.
Giả sử ta cần tìm nghiệm của phơng trình (1) thoả mãn điều kiện (*) nào đó Trớc
hết ta giải phơng trình (1) sau đó thay nghiệm của phơng trình (1) tìm đợc vào (*) để loại
nghiệm không thích hợp.
Ví Dụ: Giải phơng trình
1 sin
0
sin 4
x
x
+
=
(1)
Giải:
Điều kiện
sin 4 0x
(*)
Khi đó (1)
1 sin 0 sin 1 2 ,
2
x x x k k


+ = = = + Â
Thay
2
2

Ví Dụ: Giải phơng trình:
cos .cot 2 sinx x x=
(1)
Giải:
Điều kiện
sin 2 0 2 ( ) (*)
2
= Âx x n x n n


Khi đó phơng trình (1)
cos2
cos sin
sin 2
x
x x
x
=


cos cos 2 sin sin 2x x x x=
cos cos 2 sin sin 2 0x x x x =