GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 7

CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
CÓ CÁCH GIẢI ĐẶC BIỆT
GV. Nguyễn Thị Thanh Hương

Chúng ta đã biết có nhiều phương pháp để giải phương trình lượng giác,
phương pháp hay dùng nhất là biến đổi để đưa về dạng tích. Tuy nhiên có một số
phương trình lượng giác đặc biệt thể hiện tính không mẫu mực ở ngay dạng của
chúng. Cũng có những phương trình lượng giác ta thấy dạng rất bình thường
nhưng có cách giải lại không mẫu mực. Vì vậy mục đích của chuyên đề này nhằm
giới thiệu đến quý thầy cô và các em một số phương pháp giải các phương trình
lượng giác đặc biệt.

I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI THÀNH TỔNG CỦA CÁC PHẦN TỬ KHÔNG
ÂM.
Nội dung phương pháp:
 
1
2
1 2
0
0
0 0, 1, 2,

0
n i
n
A
A

x x x x
x
x x
           
           
  
 
   
 
  
 

Ví dụ 2: Giải phương trình
2
8cos 4 cos 2 1 cos3 1 0
x x x
   

Giải:
2
2 2
8cos 4 cos 2 1 cos3 1 0 4cos 4 (1 cos 4 ) 1 cos 3 1 0
(4cos 4 4cos 4 1) 1 cos 3 0 (2cos 4 1) 1 cos 3 0
1
2 cos 4 1 0
cos 4
2
1 cos3 0
cos3 1
x x x x x x

x x
 



Giải:
6 6 2 2 2 2
3
sin cos 1 sin 2 ; 4cos 2 sin 2 4 3sin 2
4
x x x x x x
     
Do đó phương trình đã cho
2
10 10 6 6 10 10
2 2 2
10 10 2 10 2 10
3
1 sin 2
sin cos sin cos sin cos 1
4
4 4cos 2 sin 2 4 4 3sin 2 4
sin cos 1 (sin sin ) (cos cos ) 0
x
x x x x x x
x x x
x x x x x x

  
   

   
 
 
sin 0 sin 1
cos 0 cos 1
2
x x
x k
x x

   

  

   


II. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN.
Ví dụ 1. Giải phương trình
6
32cos sin 6 1
4
x x

 
  
 
 

Giải: Đặt

2
4
cos cos
3
x
x 
Giải
2
4 1 cos 2 4 1 2 4
cos cos cos 1 cos 3. cos
3 2 3 2 3 3
x x x x x
x

 
     
 
 

Đặt
2
3
x
t  , phương trình trở thành:
1
(1 cos 3 ) cos 2
2
t t
  (dùng công thức nhân đôi,
nhân ba khai triển để giải tiếp)


 


 
 
  






Ví dụ 2. Giải phương trình
3
2 2
3
3
( cos ) sin 3 2
x x
   

Giải: Đặt


2
3 2
3
cos , sin 3
a x b x

thì khi đó:







Axg
Axf
xgxf
)(
)(
)()(

Nếu ta chỉ có Axf

)( và Axg

)( , ),( bax


thì kết luận phương trình vô ngiệm.
Ví dụ 1. Giải phương trình Giải: Vì
1cos1



5
 x nên phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2. Giải phương trình: 11
3cos
1
3cos1
cos
1
cos 
x
x
x
x
Điều kiện:





03cos
0cos
x
x

Khi đó pt 13cos3coscoscos
22
 xxxx
Vì
4
1

1
coscos
22
 xxvàxx

Dấu bằng xảy ra 



















 x
x
x
xx
xx

2 2010 2 2010
sin (sin 1) cos (1 cos )
x x x x
    (*)
Ta thấy
2
2 2010
2010
sin 0
sin (sin 1) 0,
sin 1
x
x x x
x



   





Mà
2
2 2010
2010
cos 0
cos (1 cos ) 0,
1 cos 0

x
x x
x n
x
x n






 



 



 

 

 

  
   
  

 












1sin
1sin
1sin
1sin
1sin.sin
bx
ax
bx
ax
bxax












bxax
bxax
bxax
bxax
Ví dụ 4. Giải phương trình
1
(tan cot ) cos sin ( 2,3,4, )
4
n n n
x x x x n   
Với điều kiện
2

kx  ta có
x
tan
và
x
cot
luôn cùng dấu nên:
1cot
4
1
tan1cot
4

tan
2







 xx có nghiệm cho bởi:
)(
2
1
arctan
2
1
tan Zkkxx 


 Với 2,


nZn thì:
1sincossincos
22
 xxxx
nn

Dấu bằng xảy ra ),(
122

ĐS )(
2
1
arctan Zkkx 


V. PHƯƠNG PHÁP ĐOÁN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH TÍNH DUY NHẤT
CỦA NGHIỆM
Tuỳ theo dạng và điều kiện của phương trình, ta tính nhẩm một nghiệm của
phương trình, sau đó chứng tỏ nghiệm này là duy nhất bằng một trong những cách
thông dụng sau:
 Dùng tính chất đại số
 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số
GV.Nguyen Thi Thanh Huong
Trang 12

Phương trình 0)(

xf có 1 nghiệm ),( bax



và hàm f đơn điệu trong
),( ba thì 0)(

xf có nghiệm duy nhất là


x
.

Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm
0

x
.
Đặt 1
2
cos)(
2

x
xxf có đạo hàm
'( ) sin 0, 0
f x x x x
     
(vì xxx  ,sin )

Hàm f luôn đơn điệu tăng trong


0;



0)(

xf có 1 nghiệm duy nhất trong


0;







2
;0


Có đạo hàm:









2
;0,0
cos
)1cos)(cos1(cos
)('
2
2

x
x