Trang 1
Trang 2
V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ..............................................................42
VI.TRẮC NGHIỆM.........................................................................................4 Trang 4

…





… I.PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Cơ sở của phương pháp là biến đổi sơ cấp các phương trình lượng giác của

m

Cosx = m
1 1− ≤ ≤m
arccos 2= ± + πx m k

x 2
( cos )
= ±α + π
= α
k
m

Tanx = m
;
2
π
∀ ≠ + πm x k

arctan= + πx m k

( tan )
= α + π
= α
x k
m

Cotx = m
;∀ ≠ π
m x k

x x k x x k

2
.
Phương trình lượng giác thuộc dạng cơ bản:

Có một trong các dạng sau:

Sin[f(x)] = m; cos[f(x)] =m; tan[f(x)] = m; cot[f(x)] = m với f(x) là biểu thức chứa
biến x
Hoặc là : sin[f(x)] = sin[g(x)]; cos[f(x)] = cos[g(x)]
Tan[f(x)] = tan[g(x)]; cot[f(x)] = cot[g(x)]
Ta sử dụng các công thức nghiệm như trên
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
PHẦN I
Trang 5

II.VÍ DỤ:
Giải phương trình: Ví dụ 1
tan tan
2
x
x=

2
x 2 2
x 2

24 3
x x x
x x x
x x
x x
x x k
x x
x k
x k
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
= +
⇔ = −
 
⇔ = −
 
 
 
⇔ = −
 
 


2
5
24 3
(k
π
π
π
π

= +

∈ )


= +


Z
x k
x k
Trang

π
π
+ =
⇔ + − =
⇔ 2 − =
⇔ =
⇔ =
⇔ = + ∈
⇔ = + ∈
(k )
(k )
Z
Z

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm
1 1
arctan
2 2
(k )
π
= + ∈
Z
x k

Ví dụ 4
3sin cos 2sin3 0
3 1
sin cos sin3 0
2 2
sin .sin cos cos sin3 0

π
π π
π
π π
π
π
− + =
⇔ − + =
⇔ − + =
 
⇔ − + + =
 
 
 
⇔ + =
 
 
   
⇔ + = −
   
   

+ = − +

⇔


+ = − +





k
x
x k

Ví dụ 5
1 tan 2 2 sinx x+ = (1)

Điều kiện : cosx
0≠

2
x k
π
π
⇔ ≠ +

Với điều kiện trên (1)
sin
1 2 2 sin
cos
x
x
x
⇔ + =cosx sin 2 2 sin .cos
2 sin 2 sin 2


= − + +
 

 


= +

⇔ ∈


= +


Z
x x x
x x x
x x k
x x k
x k
k
x2
x
4 3
k
π π
Trang
8
Ví dụ 6
3 3 3
3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3 3
2 2 3
3
3
sin .cos3 cos .sin 3 sin 4
sin (4cos 3cos ) cos (3sin 4sin ) sin 4
4sin .cos 3sin .cos 3sin .cos 4sin .cos sin 4
3sin .cos (cos sin ) sin 4
3
sin 2 .cos2 4sin 4
2
3sin 4 4sin
x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x
x x x
x
+ =
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ − =
⇔ =

x
=
(1)

Điều kiện :
5
sin5 0
5
(k )
cos9 0
9
2
18 9
π
π
π
π π
π

≠
≠


≠

 
⇔ ⇔ ∈
  
≠
≠ +

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



= +


Z
k
x
k
k
x
III.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau:
2
4 4
2
1) 2 tan 3 3 0
2
2)sin cos2
3
3)cos2 sin 0
4)2sin 2cosx 1 3
sin 2
5) 2cos 0
1 sin
2
6)2tan cot x 3

x
x
x
x
x x
x
x
x x x
x x x
x x
3
2 2
os3 .cos x cos 8cos .cos 3
11)tan cot x 2(sin 2 cos2 )
cot tan
12) 16(1 cos4 )
cos2
= +
+ = +
−
= +
x x x x
x x x
x x
x
x


Hướng dẫn :
Hướng dẫn :
Hướng d
π π
π π π π
π
π
π π π
π π
π π
+
 
 
+ − + = −
 
 
 
 
−
 
± + =
 
 
 
−
+ − + =
 
 
− +
k

+ − +
x
k
x
x x x x x
k
k
( )
( )
4 4 2 2
3
cos sin. 2
4
9) sin cos 1 2sin cos
10) 2 . cos3 4cos 3cos
11)

Vo ânghiệm. Hướng dẫn : ĐK sin2x 0,
Hướng dẫn : chuyện vế đặt nhân tử chung,áp dụng công thức
π
π
π
 
 
− = +
 
 
 
 
≠ + = −
Trang
11

…





…

I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI


( ) ( )
( ), ( )
f x g x k
f x g x
π
= ± +




2
] ]
2 2
tan ( ) tan ( )
f x g x =
 

( ) ( )
( )
2
( ), ( )
f x g x k
f x k
f x g x
π
π
π
= ± +



Dạng 2. Phương trình bậc hai đưa về một hàm lượng giác

Ph
ươ
ng trình b
ậ
c hai đ
ố
i v
ớ
i hàm s
ố
l
ượ
ng giác:
D
ạ
ng
Đ
i
ề
u ki
ệ
n(a,b,c
; 0R a∈ ≠
)
Cách gi
ả
i
1

cos
cos ( )
x t
f x t
=
=

3
2
2
tan tan 0
tan [ ( ) sin[ ( )] 0
a x b x c
a f x b f x c
+ + =
+ + =

Đặ
t
tan
tan ( )
x t
f x
=
=

4
2
2
cot cot 0


arcsin 2
(k )
( arcsin ) 2
x k
x k
π
π π

= α +
⇔ ∈

= − α +

Z

Cosx =
α ⇔
x = ± arccos
α
+ 2k
π

Tanx =
α ⇔
x = arctan
α
+ k
π


Cơ sở của phương pháp cần thcự hiện ba bước:
•
B
1

nhận dạng
( ) (sin ;cos )R x R x x=
và đặt :

(ĐK
:
(2 1) ; )x k k Z
π
≠ + ∈

•
B
2

tan
2
x
t =

2
2
sin
1
t
x
t
=
+

1
1
1
cos
1
t
x
t
−
=
+

2
2
tan

Dạng 5. Các phương trình lượng giác có phương pháp giải tổng quát

1.asinx + bcosx = cTa có: a.sinx + bcosx = c
2 2 2 2 2 2
a b c
sin cos
a b a b a b
x x
⇔ + =
+ + +
(1)
Vì
2 2
2 2 2 2
a b
1
a b a b
   
+ =
   
   

1
2
2 2
2
1 1 2 2
( ) 0
( ) 0
[ ( )] [ ( )] [ ( )] 0
, 0
( ) 0
n
m
m m
n n
n
f x
f x
A f x A f x A f x
A B
f x
=



=
+ +⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ =
 
⇔
 
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

f x
=


=


⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅


=

cho dạng tổng quát

B
3
:
thông thường phải tìm nghiệm chung cho hệ đã biết để kết luận nghiệm
tổng quát
Trang
14
Do đó : (1)
2 2
c
sinx.sin cosx.cos
a b
⇔ ϕ+ ϕ =

   
+ +
   

• Nếu
2 2
c
1
a b
>
+
hay
2 2 2
c a b
≤ +
thì pt vô nghiệm
a) Pt a.sinx + bcosx = c có ngiệm khi và chỉ khi a
2
+ b
2
0>

b) Phương pháp giải thường dùng :Chia 2 vế cho
2 2
a b+
từ đó dưa về pt dạng
cơ bản

2. a.sin
2

x = d (d
≠
0)
Ta có thể chọn 1 trong 2 cách trình bày sau:
a) Viết d = d(sin
2
x + cos
2
x) sau đó đưa về pt thuần nhất
b) _Trước hết kiểm tra với x =
2
k
π
π
+

_Với x
2
k
π
π
≠ +
, chia 2 vế của pt cho cos
2
x với lưu ý
2
2
1
1 tan
cos


Tuy nhiên cách giải này chỉ nên sử dụng đối với những pt có chứa tham số 3. a(sinx + cosx) + bsinx.cosx = c
(∗)
Đặt t = sinx + cosx (
t 2≤
)
Ta có : sinx.cosx =
2
t 1
2
−

Thay vào (*) ta được pt bậc 2 theo t, tìm t từ đó tìm x bằng cách thay t vào (*)



Chú ý
:
_Với dạng a(sinx
−
cosx) + bsinx.cox = c
Đặt t = sinx
−
cosx (
t 2≤
)
_Với dạng a


II. VÍ DỤ

Trang
16

Ví dụ 1 :
Giải pt :
2
2
tan x ( 3 1)tanx 3 0 (pt bậc hai theo tan)
Đặt t = tanx ta được pt
t ( 3 1)t 3 0
t 1
t 2
_ Với t = 1: tanx = 1 x = k (k )
4
_Với t = 3 : tanx = 2 x k (k )
3
Vậy pt co ù2 họ nghiệm x =
4

cos x 3cos x + 2 = 0 (pt bậc 3 đối với cosx)
Đặt t = cosx ( t 1)
Ta co ùpt : t 3t + 2 = 0
(t 1)(t 2t 2) = 0
t 1
t 1 3
t 1 3 (loại)
_Với t =1 : cosx = 1 x = k2
_Với t = 1 3 :
π
−
≤
−
⇔ − − −

=

⇔ = −


= +


⇔
−
x arccos(1 3) k2
cosx =1 3 (k )
x arccos(1 3) k2
π
π

sin2x = 1 – u
2

Phương trình (1) với ẩn u có dạng:
2
1
(1 ) 6( 1)
2
u u− = −

⇔
u
2
+ 12u -13 = 0

Trang
17
thỏa mãn (2) Trở về tìm x, giải:
1
2 sin 1 sin
4 4
2
x x
π π
   
− = ⇔ − =
   

2
1
sin x cos
2
u
x
−
⇒ =

Phương trình (1) với ẩn u có dạng: loại
Trở về tìm x, giải:
1
2 sin 1 sin
4 4
2
x x
π π
   
+ = ⇔ + =
   
   


⇔


− = +


2
( , )
2
2
x k
k l Z
x l
π
π
π π

= +

⇔ ∈

= +

2
2
1
1
2
2 3 0

π
π
π

+ = +

⇔


+ =


=


⇔

= +

(lo
ạ
i)
Thỏa mãn (2)

Trang
18

Ví dụ 5. Giải phương trình:
6
4sin 3cos 6


≠ −

(2)
Phương trình (1) với ẩn u có dạng:
6
6
1
u
u
+ =
+

2
0
5 0
5
u
u u
u
=

⇔ − = ⇔

=

thỏa mãn (2)
Trở về tìm x, giải
a)
5sin( ) 0x


≠


k Z∈

Biến đổi phương trình (1) về dạng:
1
2[1 (sinx cos )] 0
sinx.cos
x
x
− + + =

Đặt
sinx cos 2 sin
4
u x x
π
 
= + = +
 
 

2 2
1
1 2sin x cos sin cos ( 1)
2
2 2
(2)

x l
ϕ
π
ϕ π
π
ϕ π
⇔ + =
⇔ + = +
 
⇔ = − +
 
 

Trang
19
Phương trình (1) với ẩn u có dạng:
2
2
2(1 ) 0
1
u
u
− + =
−2
( 1) 0
0
1 5

 
 

b)
1 5
2 sin
4 2
x
π
−
 
+ =
 
  (k, l, m
∈

x + cot
2
x
2u⇒ ≥
(2)
2 4 2
tan cot 2u x x⇒ = + +

Phương trình (1) với ẩn u có dạng
4
4
x k
x k
π
π
π
π
⇔ + =
⇔ = − +
1 5
sin sin
4
2 2
2
4
2
4
2
4
3 2


= − +

⇔


= − +


Trang 20
u
2
-8u – 9 = 0
loại
thỏa mãn (2)

Trở về tìm x, giải: tan
2
x + cot
2
x = 9

⇔ ≠ ⇔ ≠

≠


Biến đổi phương trình về dạng:
1 sinx cos
sinx cos 2 0
sin x cos sin x cos
x
x
x x
+
+ + + + =

Đặt
sinx cos 2 sin
4
u x x
π
 
= + = +
 
 

Ta được
2
2
1
1 2sin x cos 1 sin x cos

2 2
2 2
4 4 2 2
2 2
2
sin os
9
os sin
sin os 9sin os
1 9
1 sin 2 sin 2
2 4
11
sin 2 1
4
3
os4
11
3
4 arcos 2
11
3
ar cos
1
11
4 2
x c x
c x x
x c x xc x
x x

u
u u
u
+
+ + =
−
⇔ + + =
−
⇔ + =
⇔ =

(do u+1
≠
0, thỏa mãn điều kiện (2))
Trở về tìm x, ta giải:
2 sin 0
4
4
x
x k
π
π
π
 
+ =
 
 
⇔ = − +

(k

y co ùnghiệm x
sinx cosx+2
+
= ∈
−
R

0 0 0
2 2 2
0 0 0
2
0 0
0
(y 1)sinx (y 2)cosx 2y co ùnghiệm x
(y 1) (y 2) 2y ) co ùnghiệm x
2y 2y 5 0
1 11 1 11
y
2 2
1 11
Vậy gia ùtrò lớn nhất của y là
2
1 1
gia ùtrò nhỏ nhất của y là
− − + = − ∈
⇔ − − + ≥ (− ∈
⇔ − − ≤
− +
⇔ ≤ ≤
+

0 0
Vỡ cox + 2 0 x neõn y laứgia ựtrũ cuỷa haứm soỏ
sinx 1
y co ựnghieọm x
cox + 2
y cox 2y sinx 1 co ựnghieọm x
y cox sinx 1 2y co ựnghieọm x
y 1 2y )
k
k
k
k

+
=
+ = +
=
+ (
R
R
R
R
2 2
0 0
2
2
2
2 2
0
co ựnghieọm x



1+

R
R

2
2
2
1 12 13
Max y = ,theo ủe Max y 1 1 12 13 6
6
12 13 5k
k
k
+
< + <
<
2
19

6
19

6


_Ta thấy x =
2
k
π
π
+ không là nghiệm của (1)
_Với x
2
k
π
π
≠ + , chia 2 vế của pt cho cos
2
x ,ta được
2tan
2
x + 3tanx + 1 = 0
tan 1
4
( )
1
1
tan
arctan
2
2
x k
x
k
x

2
x + msinx.cosx + 3cos
2
x = 3 (1)
Ta có (1)
1 cos2 sin2 1 cos2
. 3. 3
2 2 2
x x x
m
− +
⇔ + + =1 cos2 sin2 3 3cos2 6
sin2 2cos2 2
x m x x
m x x
⇔ − + + + =
⇔ + =

Pt này có nghiệm
2 2 2
2 2m⇔ + ≥
, điều này đúng m∀
Vậy m∀ pt đã cho luôn có nghiệm
Ví dụ 13
: Giải pt
(1 2)+
(sinx + cosx)

2sin x 1
4
1
sin x
4
2
x 2
4 4
( )
3
x 2
4 4
x = 2
( )
x = 2
2
k
k
k
k
k
k
π
π
π π
π
π π
π
π
π

2
ta có sinx + cosx =
2

2sin x 2
4
sin x 1
4
x 2 )
4 2
x = 2 )
4
k k
k k
π
π
π π
π
 
⇔ + ⇔
 
 
 
⇔ + =
 
 
⇔ + = + π ( ∈
⇔ + π ( ∈
Z
Z

sin os
81 81 30
x c x
+ =

3.
3 2 3 2
3
sin os 4x c x+ =

4.
2 2
sinx 2 sin sinx 2 sin 3x x+ − + − =

5.
4 4
1 1
os2 os2 1
2 2
c x c x− + + =

6.
2 2
4 4
10 8sin 8 os 1 1x c x+ − − =7.
2
sinx sinx sin cos 1x x+ + + =

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

12
.
3(cos2 cot 2 )
2sin 2 2
cot 2 cos2
+
− =
−
x x
x
x x

13.
2 2
cos3 2 cos 3 2(1 sin 2 )x x x+ − = +

14.
1 sin 1 sin 2cosx x x+ + − =