Luận văn: Các dạng phương trình lượng giác, HOT - Gửi miễn phí qua zalo=> 0909232620

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
NGÔ THỊ THÚY
ĐỀ TÀI
CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. Lê Đình Định
HÀ NỘI - 2015

Mở đầu
Lượng giác là chuyên đề quan trọng trong chương trình toán phổ thông. Các bài
toán lượng giác thường xuyên xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học,
Cao đẳng.
Việc giảng dạy lượng giác đã được đưa vào chương trình từ lớp 10 bậc trung học
phổ thông, trong đó phần kiến thức về phương trình lượng giác chiếm vai trò trọng
tâm. Tuy nhiên, do thời gian hạn hẹp của chương trình phổ thông, không nêu được
đầy đủ chi tiết tất cả các dạng bài toán về phương trình lượng giác. Vì vậy học sinh
thường gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán nâng cao về phương trình lượng
giác trong các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng. Mặc dù đã có nhiều tài liệu
tham khảo về lượng giác với các nội dung khác nhau, nhưng chưa có chuyên đề
riêng khảo sát về phương trình lượng giác một cách hệ thống.
Đặc biệt, nhiều dạng toán về đại số và lượng giác có quan hệ chặt chẽ, khăng khít
với nhau , không thể tách rời được. Nhiều bài toán lượng giác cần có sự trợ giúp
của đại số, giải tích và ngược lại, ta có thể dùng lượng giác để giải một số bài toán
về phương trình, bất phương trình và hệ phương trình trong đại số thông qua cách
đặt ẩn phụ là những hàm lượng giác.
Do đó, để đáp ứng nhu cầu về giảng dạy, học tập và góp phần nhỏ bé vào sự
nghiệp giáo dục, luận văn “ Các dạng phương trình lượng giác” nhằm hệ thống
các kiến thức cơ bản về phương trình lượng giác, đồng thời kết hợp với các kiến
thức đại số, giải tích để tổng hợp, chọn lọc và phân loại các phương pháp giải
phương trình và xây dựng một số lớp bài toán mới.
Luận văn được chia làm 2 chương.
Chương I. Các dạng phương trình lượng giác
- Hệ thống lại các dạng phương trình lượng giác cơ bản.
- Đưa ra một số mẹo để giải phương trình lượng giác.
- Đưa ra cách giải một số phương trình lượng giác không mẫu mực.
Chương II. Ứng dụng
- Trình bày một số ứng dụng của lượng giác trong một số dạng toán đại số.
- Nêu các ví dụ minh họa đối với từng dạng toán.
- Nêu một số bài tập ứng dụng.
Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của TS. Lê Đình Định,
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQGHN. Từ đáy lòng mình, tôi xin được bày
1

tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo hướng dẫn nhiệt
tình, chu đáo của thầy trong suốt thời gian tôi thực hiện luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành của mình đến quý Thầy Cô giáo trong khoa
Toán – Cơ – Tin, phòng Sau Đào Tạo Trường Đại Học Khoa học Tự Nhiên – ĐHQGHN,
đặc biệt là những Thầy Cô giáo đã từng giảng dạy ở lớp PPTSC, khóa học 2013 – 2015.
Cảm ơn Thầy Cô đã truyền cho tôi kiến thức và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học
tập tại khoa. Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán PPTSC,
khóa học 2013 - 2015 đã động viên, giúp tôi có cơ hội thảo luận và trình bày về một
số vấn đề trong luận văn của mình.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn đến những người thân trong gia đình và bạn bè đã
luôn ủng hộ và nhiệt tình giúp đỡ tôi trong thời gian vừa qua.
Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc sĩ, nên chắc
rằng trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong được
sự chỉ dạy và đóng góp ý kiến của Thầy Cô và độc giả quan tâm tới luận văn này.
Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2015
Học viên
Ngô Thị Thúy
2

Mục lục
1 CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 5
1.1 Các phương trình lượng giác cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Dạng phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Cách giải và biện luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Các công thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.4 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.1.5 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2 Phương trình hạ bậc bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3 Phương trình bậc nhất dạng a cos x + b sin x = c . . . . . . . . . . . . . 17
1.3.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.4 Phương trình bậc hai dạng a(f(x))2
+ bf(x) + c = 0 . . . . . . . . . . . 23
1.4.2 Cách giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.5 Phương trình đẳng cấp theo sin x và cos x . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.5.2 Cách giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.5.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.5.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.6 Phương trình đối xứng theo sin x và cos x . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.6.1 Cách giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.6.2 Các kiến thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.6.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.6.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.7 Một số mẹo lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.7.1 Đổi biến cos 2x = t hoặc sin 2x = t . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.7.2 Đổi biến t = sin x ± cos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.7.3 Đổi biến t = tan
x
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3

1.7.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.7.5 Đổi biến t = af(x) ±
b
f(x)
với ab > 0, trong đó f(x) là hàm
lượng giác hoặc biểu thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.7.6 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.8 Phương trình lượng giác bậc cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.8.2 Cách giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.8.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.8.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
1.9 Phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.9.2 Cách giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.9.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.9.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
1.10 Các dạng phương trình không chính tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.10.1 Phương pháp ước lượng 2 vế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.10.2 Biến đổi vế trái của phương trình f(x) = 0 về tổng các hạng tử
cùng dấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1.10.3 Dùng bất đẳng thức để giải phương trình lượng giác . . . . . . . 57
1.10.4 Dùng hàm số để giải phương trình lượng giác . . . . . . . . . . 61
2 ỨNG DỤNG 65
2.1 Ứng dụng lượng giác để chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức . . 65
2.1.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.1.2 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
2.2 Ứng dụng lượng giác để giải phương trình đại số, bất phương trình đại số. 74
2.2.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.2.2 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
2.3 Ứng dụng lượng giác để giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . 82
2.3.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
2.3.2 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
2.4 Ứng dụng lượng giác trong bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . 86
2.4.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
2.4.2 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
2.5 Nhận dạng tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
2.5.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
2.5.2 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
2.6 Cực trị tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
2.6.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
2.6.2 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
Kết luận 102
Tài liệu tham khảo 103
4

Chương 1
CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH
LƯỢNG GIÁC
1.1 Các phương trình lượng giác cơ bản
1.1.1 Dạng phương trình
Về nguyên tắc, nếu phương trình lượng giác giải được thì phải dẫn được một trong ba
dạng phương trình lượng giác cơ bản sau:
sin x = m; cos x = m; tan x = m.
Phương trình cot x = m ↔ tan x =
1
m
(m = 0). Nhưng vì phương trình hay gặp nên ta
viết luôn nghiệm của nó để tiện sử dụng.
1.1.2 Cách giải và biện luận
1. Phương trình sin x = m
Nếu |m| > 1 thì phương trình vô nghiệm.
Nếu |m| ≤ 1 thì phương trình có nghiệm là:
x = arcsin m + 2kπ
y = (π − arcsin m) + 2kπ
(k ∈ Z)
Hay gộp nghiệm ta được x = (−1)k
arcsin m + kπ, k ∈ Z.
Trong đó arcsin m là cung α ∈ −
π
2
;
π
2
mà sin α = m.
Đặc biệt:
• Nếu m = 0 thì x = kπ
• Nếu m = 1 thì x =
π
2
+ 2kπ (k ∈ Z)
• Nếu m = −1 thì x = −
π
2
+ 2kπ
5

Ví dụ 1. Giải phương trình: sin 3x =
1
2
.
Giải
Vì arcsin
1
2
=
π
6
nên ta có:
sin 3x = sin
π
6
⇔


3x =
π
6
+ 2kπ
3x =
5π
6
+ 2kπ
⇔



x =
π
18
+
2kπ
3
x =
5π
18
+
2kπ
3
(k ∈ Z)
2. Phương trình cos x = m
• Nếu |m| > 1 thì phương trình vô nghiệm.
• Nếu |m| ≤ 1 thì phương trình có nghiệm là x = ± arccos m + 2kπ(k ∈ Z).
Trong đó arccos m là cung α ∈ [0; π] mà cos α = m.
Đặc biệt:
• Nếu m = 0 thì x =
π
2
+ kπ
• Nếu m = 1 thì x = 2kπ (k ∈ Z)
• Nếu m = −1 thì x = π + 2kπ
Ví dụ 2. Giải phương trình: cos x =
√
2
2
.
Giải
Vì arccos
√
2
2
=
π
4
nên ta có: cos x =
cos π
4
⇔ x = ±
π
4
+ 2kπ (k ∈ Z).
3. Phương trình tan x = m (cos x = 0)
Phương trình có nghiệm x = arctan m + kπ. Trong đó arctan m là cung α ∈ (−
π
2
;
π
2
)
mà tan α = m.
Ví dụ 3. Giải phương trình tan 5x =
√
3.
. Giải
Vì arctan
√
3 =
π
3
nên ta có:
tan 5x = tan
π
3
⇔ 5x =
π
3
+ kπ ⇔ x =
π
15
+
kπ
5
, (k ∈ Z).
6

4. Phương trình cot x = m (sin x = 0)
Phương trình có nghiệm x = arccot m + kπ. Trong đó arccot m là cung α ∈ (0; π) mà
cot α = m.
Ví dụ 4. Giải phương trình: cot 4x = 1.
Giải
Vì arccot 1 =
π
4
nên ta có:
cot 4x = cot
π
4
⇔ 4x =
π
4
+ kπ ⇔ x =
π
16
+
kπ
4
(k ∈ Z).
Chú ý:
• Nếu sin x = sin a thì nghiệm là x = a + k2π hoặc x = (π − a) + k2π (k ∈ Z)
• Nếu cos x = cos a thì nghiệm là x = ±a + k2π (k ∈ Z)
• Nếu tan x = tan a thì nghiệm là x = a + kπ (k ∈ Z)
• Nếu cot x = cot a thì nghiệm là x = a + kπ (k ∈ Z).
Ví dụ 5. Giải phương trình cos 2x = sin 3x.
Giải
Ta có:
cos 2x = cos(
π
2
− 3x)
⇔


2x =
π
2
− 3x + k2π
2x = 3x −
π
2
+ k2π
⇔ x =
π
10
+ k
2π
5
⇔ x =
π
2
− 2kπ (k ∈ Z).
1.1.3 Các công thức lượng giác
Giải phương trình lượng giác là dùng các công thức lượng giác để biến đổi tương đương
phương trình về dạng các phương trình cơ bản.
Chú ý là trong lượng giác có 3 công thức cơ bản sau:
(1) sin2
x + cos2
x = 1∀x.
(2) sin(a ± b) = sin a cos b ± sin b cos a và cos(a ± b) = cos a cos b ± sin a sin b.
(3) tan x =
sin x
cos x
(cos x = 0).
7

Các công thức khác đều suy được từ 3 công thức trên. Chẳng hạn nên lưu ý các công
thức sau:
(4) Công thức góc nhân đôi.
Trong (2) cho a = b = x ta được:
sin 2x = 2 sin x cos x
cos 2x = cos2
x − sin2
x
Lại lưu ý (1) và (3) ta được:
cos 2x = 2 cos2
x − 1 = 1 − 2 sin2
x
tan 2x =
sin 2x
cos 2x
=
2 sin x cos x
cos2 x
− sin2
x =
2 tan x
1 − tan2
x
(chia cả tử số và mẫu số cho cos2
x).
(5) Công thức chia đôi.
Trong (4) thay x =
x
2
ta được:
sin x = 2 sin
x
2
cos
x
2
cos x = cos2 x
2
− sin2 x
2
= 2 cos2 x
2
− 1 = 1 − 2 sin2 x
2
tan x =
2 tan
x
2
1 − tan2 x
2
=
2t
1 − t2
trong đó t = tan
x
2
.
(6) Công thức hạ bậc.
Trong (4) giải cos2
x, sin2
x theo cos x ta được:
cos2
x =
1 + cos 2x
2
sin2
x =
1 − cos 2x
2
(7) Công thức nhân ba.
Trong (2), cho a = 2x, b = x và dùng công thức (4) ta được:
sin 3x = −4 sin3
x + 3 sin x
cos 3x = 4 cos3
x − 3 cos x.
(8) Biến đổi tổng thành tích.
8

Trong (2) đặt a + b = x; a − b = y, khi đó a =
x + y
2
; b =
x − y
2
và ta được:
sin x + sin y = 2 sin
x + y
2
cos
x − y
2
sin x − sin y = 2 cos
x + y
2
sin
x − y
2
cos x + cos y = 2 cos
x + y
2
cos
x − y
2
cos x − cos y = −2 sin
x + y
2
sin
x − y
2
.
(9) Biến đổi tích thành tổng.
Từ công thức (2) suy ra được:
sin a sin b =
1
2
[cos(a − b) − cos(a + b)]
sin a cos b =
1
2
[sin(a − b) + sin(a + b)]
cos a cos b =
1
2
[cos(a − b) + cos(a + b)].
(10) Từ công thức (2) có thể suy ra các công thức lệch pha sau:
sin(
π
2
− x) = cos x
cos(
π
2
− x) = sin x
tan(
π
2
− x) = cot x
cot(
π
2
− x) = tan x
sin(
π
2
+ x) = cos x
cos(
π
2
+ x) = − sin x
tan(
π
2
+ x) = − cot x
cot(
π
2
+ x) = − tan x
sin(x + 2π) = sin x
cos(x + 2π) = cos x
tan(x + π) = tan x
cot(x + π) = cot x
sin[x + (2k + 1)π] = − sin x
cos[x + (2k + 1)π] = − cos x
tan[x + (2k + 1)π] = tan x
cot[x + (2k + 1)π] = cot x.
9

1.1.4 Các ví dụ
Ví dụ 6. Giải phương trình:
8 sin x =
√
3
cos x
+
1
sin x
(*)
Giải
Điều kiện:
cos x = 0
sin x = 0
⇔ sin 2x = 0 ⇔ 2x = lπ ⇔ x = l
π
2
, l ∈ Z (**)
Với điều kiện (**) thì:
⇔ 8 sin2
x cos x =
√
3 sin x + cos x
⇔ 4(1 − cos 2x) cos x =
√
3 sin x + cos x
⇔ 3 cos x − 4 cos 2x cos x −
√
3 sin x = 0
⇔ 3 cos x − 2(cos 3x + cos x) −
√
3 sin x = 0
⇔ cos x −
√
3 sin x = 2 cos 3x
⇔
1
2
cos x −
√
3
2
sin x = cos 3x
⇔ cos(x +
π
3
) = cos 3x
⇔ 3x = ±(x +
π
3
) + 2kπ
⇔ 3x = x +
π
3
+ 2kπ hoặc 3x = −x −
π
3
+ 2kπ
⇔ x =
π
6
+ kπ hoặc x = −
π
2
+ k
π
2
(k ∈ Z)
Cả 2 nghiệm này đều thỏa mãn (**).
Kết luận: Vậy phương trình (*) có nghiệm là: x =
π
6
+ kπ và x = −
π
12
+ k
π
2
(k ∈ Z).
Ví dụ 7. (Đề thi tuyển sinh ĐHKA-2012): Giải phương trình:
√
3 sin 2x + cos 2x = 2 cos x − 12.
Giải
Phương trình đã cho tương đương với:
10

2
√
3 sin x cos x + 2 cos2
x − 1 = 2 cos x − 1
⇔2 cos x(
√
3 sin x + cos x − 1) = 0
⇔ cos x = 0 hoặc
√
3 sin x + cos x − 1 = 0
⇔ cos x = 0 hoặc
√
3
2
sin x +
1
2
cos x =
1
2
⇔ cos x = 0 hoặc cos x −
π
3
= cos
π
3
⇔x =
π
2
+ kπ hoặc x =
2π
3
+ 2kπ hoặc x = 2kπ (k ∈ Z).
cos3
x sin 3x + sin3
x sin 3x =
√
2
4
.
Giải
Theo công thức ta có:
cos 3x = 4 cos3
x − 3 cos x
⇒ cos3
x =
cos 3x + 3 cos x
4
Tương tự:
sin 3x = 3 sin x − 4 sin3
x
⇒ sin3
x =
− sin 3x + 3 sin x
4
Vậy phương trình đã cho có thể viết dưới dạng:
cos 3x + 3 cos x
4
cos 3x +
− sin 3x + 3 sin x
4
sin 3x =
√
2
4
⇔
1
4
cos2
3x − sin2
3x +
3
4
(cos 3x cos x + sin 3x sin x) =
√
2
4
⇔
1
4
cos 6x +
3
4
cos 2x =
√
2
4
⇔
1
4
4 cos3
2x − 3 cos 2x +
3
4
cos 2x =
√
2
4
⇔ cos3
2x =
√
2
4
⇔ cos 2x =
√
2
2
⇒ 2x = ±
π
4
+ 2kπ
⇒ x = ±
π
8
+ kπ (k ∈ Z).
11

1.1.5 Bài tập
Giải các phương trình sau:
Bài 1. (KB-2012)
2(cos x +
√
3 sin x) cos x = cos x −
√
3 sin x + 1.
Bài 2. (KA-2011)
1 + sin 2x + cos 2x
1 + cot2
x
=
√
2 sin x sin 2x.
Bài 3. (KD-2011)
sin 2x + 2 cos x − sin x − 1
tan x +
√
3
= 0.
Bài 4.
8 cos x =
1
cos x
+
√
3
sin x
.
Bài 5.
tan2
x =
1 − cos |x|
1 − sin |x|
.
Bài 6.
tan2
x =
1 − cos3
x
1 − sin3
x
.
Bài 7.
cos3
4x = cos 3x cos3
x + sin 3x sin3
x.
Bài 8. (KA-2010)
(1 + sin x + cos 2x) sin(x +
π
4
)
1 + tan x
=
1
√
2
cos x.
Sau đây là 1 số dạng phương trình cần lưu ý để thấy rõ cách biến đổi đưa về phương
trình cơ bản.
12

1.2 Phương trình hạ bậc bậc 2
sin2
= a hoặc cos2
= a.
Dùng công thức hạ bậc ta đưa về các dạng phương trình cơ bản:
• sin2
x = a ⇔
1 − cos 2x
2
= a ⇔ cos 2x = 1 − 2a.
• cos2
x = a ⇔
1 + cos 2x
2
= a ⇔ cos 2x = 2a − 1.
1.2.3 Các ví dụ
Ví dụ 9. Giải phương trình
sin2
x =
2 +
√
3
4
.
Giải
Ta có:
sin2
x =
1 − cos 2x
2
=
2 +
√
3
4
⇔ cos 2x = −
√
3
2
⇔ 2x = ±
5π
6
+ k2π
⇔ x = ±
5π
12
+ kπ (k ∈ Z).
| cos x| + sin 3x = 0.
Giải
Phương trình đã cho tương đương với | cos x| = − sin 3x ⇒ Điều kiện sin 3x ≤ 0.
Bình phương 2 vế ta được:
cos2
x = sin2
3x
⇔
1 + cos 2x
2
=
1 − cos 6x
2
⇔ cos 6x = − cos 2x
⇔ cos 6x = cos(2x + π)
⇔ 6x = ±(2x + π) + 2kπ
13

Nếu 6x = 2x + π + kπ thì ta được x =
π
4
+ k
π
2
(k ∈ Z) ta cần chọn k để sin 3x =
sin
3π
4
+
3kπ
2
≤ 0.
Muốn vậy ta chọn k sao cho x biến thiên trên [0, 2π] mà sin 3x ≤ 0. Kết quả nhận được
ta cộng thêm 2nπ (một số nguyên chu kỳ).
Với k = 0, x =
π
4
⇒ sin 3x = sin
3π
4
> 0 (loại)
Với k = 1, x =
3π
4
⇒ sin 3x = sin
π
4
> 0 (loại)
Với k = 2, x =
5π
4
⇒ sin 3x = sin(−
π
2
) < 0 (thích hợp)
Với k = 3, x =
7π
4
⇒ sin 3x = sin(−
3π
4
) < 0 (thích hợp)
Vậy trong trường hợp này phương trình có các nghiệm:
x =
5π
4
+ 2nπ và x =
7π
4
+ 2nπ; (n ∈ Z).
Nếu 6x = −2x − π + 2kπ thì ta được: x = −
π
8
+ k
π
4
(k ∈ Z). Tương tự trên ta cho
k = 0; 1; 2; ...7 với k = 0; 2; 3; 5 thì thích hợp. Vậy trong trường hợp này phương trình
có các nghiệm:
x = −
π
8
+ 2nπ; x =
3π
8
+ 2nπ; x =
5π
8
+ 2nπ; x =
9π
8
+ 2nπ; với n ∈ Z.
Ví dụ 11. Giải và biện luận phương trình:
(2m − 1)cos2x + 2msin2
x + 3m − 2 = 0 (1)
Giải
(2m − 1)cos2x + 2msin2
x + 3m − 2 = 0
⇔ (m − 1)cos2x = 2 − 4m (2)
Nếu m = 1, thế vào phương trình (2) ta được:
0.cos2x = −1 (vô lý)
Nếu m = 1, thế vào phương trình (2) ta được:
cos2x =
2 − 4m
m − 1
(3)
Nếu



2 − 4m
m − 1
> 1
2 − 4m
m − 1
< −1
⇔



3 − 5m
m − 1
> 0
1 − 3m
m − 1
< 0
⇔





3
5
< m < 1
m <
1
3
m > 1
thì phương trình (3) vô nghiệm nên phương trình (1) vô nghiệm.
14

Nếu
2 − 4m
m − 1
≤ 1 ⇔
1
3
≤ m ≤
3
5
thì phương trình (3) có nghiệm.
Đặt cos 2α =
2 − 4m
m − 1
. Khi đó (3) trở thành: cos 2x = cos 2α ⇔ x = ±α + kπ (k ∈ Z)
Kết luận:
Nếu m <
1
3
hoặc m >
3
5
thì phương trình (1) vô nghiệm.
Nếu
1
3
≤ m ≤
3
5
thì phương trình (1) có nghiệm x = ±α+kπ (k ∈ Z). Với cos 2α =
2 − 4m
m − 1
2 cos2 6x
5
= 1 + cos
8x
5
(1)
Giải
1 +
cos 12x
5
= 1 +
cos 8x
5
⇔ cos
12x
5
= cos
8x
5
⇔



12x
5
=
8x
5
+ k2π
12x
5
= −
8x
5
+ k2π
⇔



x =
5kπ
2
x =
kπ
2
(k ∈ Z)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x =
5kπ
2
hoặc x =
kπ
2
(k ∈ Z).
1.2.4 Bài tập
Bài 9. Giải các phương trình sau:
1) cos2
x =
2 +
√
2
4
.
2) sin2
x =
√
3 + 2
4
.
3) sin2
x =
3
4
.
4) cos2
x =
1
2
.
5) | cos x| + sin(2x + 3) = 0.
6) cot 2x
= tan2
x + 2 tan 2x
+ 1.
7) (ĐHQGHN/96): tan2
x − 2 tan x tan 3x = 2.
15

Bài 10. Giải hệ phương trình:
sin2
x = cos x cos y
cos2
x = sin x sin y
Bài 11. (HVQHQT/1996) Tìm GTLN và GTNN của hàm số:
y = 4 sin2
x +
√
2 sin 2x +
π
4
.
Bài 12. Cho phương trình:
2(5m − 1) sin2
2x + 3m cos 4x + m − 5 = 0
a) Biện luận số nghiệm x ∈ −
π
6
;
π
2
của phương trình trên.
b) Xác định m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm x ∈ −
π
3
;
π
12
.
Bài 13. Giải phương trình sau:
5 cos2
x + sin2
x = 4.
16

1.3 Phương trình bậc nhất dạng a cos x+b sin x = c
a cos x + b sin x = c.
1) Nếu a2
+ b2
= 0 ⇒ a = b = 0, phương trình trở thành:
0 cos(x) + 0 sin(x) = c ⇒ c = 0, vô nghiệm hoặc c = 0, nghiệm là ∀x.
2) Nếu a2
+ b2
> 0, chia 2 vế cho
√
a2 + b2 = 0 ta được:
a
√
a2 + b2
cos x +
b
√
a2 + b2
sin x =
c
√
a2 + b2
Do
a
√
a2 + b2
2
+
b
√
a2 + b2
2
= 1 nên ta đặt:
a
√
a2 + b2
= cos t;
b
√
a2 + b2
= sin t;
c
√
a2 + b2
= m
Ta được: cos x cos t + sin x sin t = m hay phương trình cơ bản cos(x − t) = m.
Chú ý: Nếu đặt
a
√
a2 + b2
= sin α, ta sẽ dẫn về phương trình cơ bản: sin(x + α) = m.
1.3.3 Các ví dụ
Ví dụ 13. Cho phương trình sin x + m cos x = 1.
1) Giải phương trình trên với m = −
√
3.
2) Tìm m để phương trình trên vô nghiệm.
3) Tìm m để mọi nghiệm của phương trình trên cũng là nghiệm của phương trình sau:
m sin x + cos x = m2
.
Giải
1) m = −
√
3, ta được:
sin x −
√
3 cos x = 1
⇔
1
2
sin x −
√
3
2
cos x =
1
2
⇔ sin x −
π
3
= sin
π
6
⇒ x −
π
3
=
π
6
+ 2kπ hoặc x −
π
3
=
5π
6
+ 2kπ
⇒ x =
π
2
+ 2kπ hoặc x =
7π
6
− 2kπ(k ∈ Z).
17

2) Phương trình đã cho tương đương với:
1
√
m2 + 1
sin x +
m
√
m2 + 1
cos x =
1
√
m2 + 1
Nhận thấy: 0 <
1
√
m2 + 1
≤ 1 ∀m
Đặt
1
√
m2 + 1
= cos(α) ⇒
m
√
m2 + 1
= sin α.
Khi đó ta được:
sin x cos α + sin α cos x =
1
√
m2 + 1
≤ 1 ∀m ⇒ sin(x + α) =
1
√
m2 + 1
Vậy phương trình luôn có nghiệm; tức là không có giá trị nào của m để phương trình
trên vô nghiệm.
3) Gọi x0 là nghiệm chung của 2 phương trình trên. Khi đó ta có hệ phương trình:
sin x0 + m cos x0 = 1(1)
m sin x0 + cos x0 = m2
(2)
Từ (1) ⇒ sin(x0) = 1 − m cos(x0), thế vào (2) ta được:
m(1 − m cos x0) + cos x0 = m2
⇔ (m2
− 1) cos x0 = −m(m − 1)
• Với m = −1, ta được 0 = −1 (loại).
• Với m = 1, thì 2 phương trình ban đầu trùng nhau. Vậy m = 1 thích hợp.
• Với m = ±1, ta được cos x0 = −
m
m + 1
.
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi |−
m
m + 1
| ≤ 1, lại có sin x0 = 1−m cos x0 =
1+
m2
m + 1
=
m2
+ m + 1
m + 1
có nghiệm khi và chỉ khi |
m2
+ m + 1
m + 1
| ≤ 1 từ hai bất phương
trình trên suy ra m = 0.
Kết luận: với m = 0 hay m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 14. (ĐHKD - 2007) Giải phương trình: (sin
x
2
+ cos
x
2
)2
+
√
3 cos x = 2.
Giải
18

1 + sin x +
√
3 cos x = 2
⇔ sin x +
√
3 cos x = 1
⇔
1
2
sin x +
√
3
2
cos x =
1
2
⇔ sin x +
π
3
= sin
π
6
⇔ x +
π
3
=
π
6
+ k2π hoặc x +
π
3
=
5π
6
+ k2π
⇒ x = −
π
6
+ k2π hoặc x =
π
2
+ k2π (k ∈ Z).
Ví dụ 15. (ĐHKA - 2009)Giải phương trình:
(1 − 2 sin x) cos x
(1 + 2 sin x)(1 − sin x)
=
√
3.
Giải
Điều kiện xác định:
sin x = 1
sin x = −
1
2
cos x −
√
3 sin x = sin 2x +
√
3 cos 2x
⇔
cos x
2
−
√
3
2
sin x =
1
2
sin x +
√
3
2
cos 2x
⇔ cos x +
π
3
= cos 2x −
π
6
⇒ x +
π
3
= 2x −
π
6
+ k2π hoặc x +
π
3
= −2x +
π
6
+ k2π
⇒ x =
π
2
+ k2π hoặc x = −
π
18
+ k
2π
3
(k ∈ Z)
Nhận thấy x =
π
2
+ k2π loại vì không thỏa mãn điều kiện xác định. Nên nghiệm của
phương trình là:
x = −
π
18
+ k
2π
3
(k ∈ Z).
Ví dụ 16. Tìm GTNN, GTLN của hàm số sau:
y = 4 sin 2x − 3 cos 2x (1)
Giải
Xem (1) là phương trình bậc nhất đối với sin 2x và cos 2x. Khi đó ymax, ymin tồn tại
khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm
⇔ 42
+ 32
≥ y2
⇔ 25 − y2
≥ 0
⇔ −5 ≤ y ≤ 5
19

Vậy ymax = 5 và ymin = −5.
y =
sin x + cos x − 1
sin x − cos x + 3
Giải
Hàm số đã cho tương đương với:
y(sin x − cos x + 3) = sin x + cos x − 1
⇔ (y − 1) sin x − (y + 1) cos x = −1 − 3y
Xem phương trình trên là phương trình bậc nhất đối với sin x và cos x, khi đó ymax, ymin
tồn tại ⇔ (1) có nghiệm.
⇔ (y − 1)2
+ (y + 1)2
≥ (−1 − 3y)2
⇔ 7y2
+ 6y − 1 ≤ 0
⇔ −1 ≤ y ≤
1
7
Vậy ymax =
1
7
và ymin = −1.
Ví dụ 18. Giải hệ phương trình sau:
3 sin x + 4 cos y = 5
3 sin y + 4 cos x = 5
Giải
Ta có: 3 sin x + 4 cos y = 5 ≤
√
32 + 42 +
√
sin2
x + cos2 x ⇔ 3 sin x + 4 cos x ≤ 5.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
sin x
3
=
cos x
4
⇔ tan x =
3
4
.
Cộng vế với vế 2 phương trình của hệ đã cho ta được:
3 sin x + 4 cos y + 3 sin y + 4 cos x = 10
⇔ (3 sin x + 4 cos x) + (3 sin y + 4 cos y) = 10
Vì (3 sin x + 4 cos x) + (3 sin y + 4 cos y) ≤ 5 + 5 = 10 nên phương trình trên tương
đương với hệ
3 sin x + 4 cos x = 5
3 sin y + 4 cos y = 5
⇔



tan x =
3
4
tan y =
3
4
⇔
x = α + kπ
y = α + kπ
(k ∈ Z)
với α = arctan
3
4
.
20

25 sin2
x − 33 sin x − 4 cos x + 14 = 0.
Giải
3 sin x + 4 cos x = 25 sin2
x − 30 sin x + 14
⇔ 3 sin x + 4 cos x = 5 + (5 sin x − 3)2
Nhận thấy: vế trái ≤ 5, vế phải ≥ 5.
Vậy dấu = xảy ra khi



tan x =
3
4
sin x =
3
5
⇔ tan
x
2
=
1
3
⇔ x = 2α + k2π (k ∈ Z)
với α = arctan
1
3
.
1.3.4 Bài tập
1)
√
3 sin 2x =
√
2 − cos 2x.
2) 2 sin 3x =
√
6 + 2 cos 3x.
3) sin x + 2 sin 2x = 3 + sin 3x.
Bài 15. Chứng tỏ rằng phương trình sau vô nghiệm:
sin x − 2 sin 2x − sin 3x = 2
√
2.
Bài 16. (ĐHKB-2009) Giải phương trình:
sin x + cos x sin 2x +
√
3 cos 3x = 2(cos 4x + sin3
x).
Bài 17. Tìm m để phương trình
2 sin x + m cos x = 1 − m có nghiệm thực −
π
2
;
π
2
.
Bài 18. (ĐHNNI-1995) Giải phương trình:
2 + cos 2x +
√
3 sin 2x = sin x +
√
3 cos x.
Bài 19. (TN-1998) Giải phương trình:
21

2 cos2
(
π
2
cos2
x) = 1 + cos(π sin 2x).
2(m − 1) sin x + 4m2
cos x =
3
cos x
tìm m để phương trình trên có đúng 2 nghiệm thuộc 0;
π
4
.
Bài 21. Tìm GTNN, GTLN của các hàm số sau:
1) y =
sin x
√
5 + cos x
.
2) y = sin6
x + cos6
x + sin 4x.
√
2| sin x + cos x| = tan x + cot x.
22

1.4 Phương trình bậc hai dạng a(f(x))2
+ bf(x) +
c = 0
Xét phương trình bậc 2 có dạng: a[f(x)]2
+ bf(x) + c = 0, trong đó f(x) là một hàm
lượng giác hoặc là một biểu thức của hàm lượng giác.
1.4.2 Cách giải
Giải phương trình bậc hai theo đối số t = f(x), rồi dẫn về phương trình bậc hai của t,
sau đó giải phương trình bậc hai để tìm t rồi tìm x.
1.4.3 Các ví dụ
Ví dụ 20. Cho phương trình cos 2x − (2m + 1) cos x + m + 1 = 0
a, Giải phương trình với m =
3
2
.
b, Tìm m để phương trình có nghiệm x ∈
π
2
;
3π
2
.
Giải
(cos 2x + 1) − (2m + 1) cos x + m = 0
⇔ 2 cos2
x − (2m + 1) cos x + m = 0
phương trình này có nghiệm cos x = m và cos x =
1
2
.
a, Với m =
3
2
thì phương trình có hai nghiệm là cos x =
3
2
và cos x =
1
2
. Nhưng nghiệm
cos x =
3
2
> 1 (loại), còn lại nghiệm:
cos x =
1
2
⇔ cos x = cos
π
3
⇒ x = ±
π
3
+ k2π (k ∈ Z).
b, Để có nghiệm x ∈
π
2
;
3π
2
thì cos x < 0 ⇒ −1 ≤ m < 0.
3 cot2
x + 2
√
2 sin2
x = (2 + 3
√
2) cos x.
Giải
Điều kiện xác định: sin2
x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = mπ; m ∈ Z.
23

Chia cả hai vế của phương trình cho sin2
x = 0 ta được:
3
cos2
x
sin4
x
+ 2
√
2 = (2 + 3
√
2)
cos x
sin2
x
Đặt t =
cos x
sin2
x
và chuyển vế ta được:
3t2
− (2 + 3
√
2)t + 2
√
2 = 0
Xét ∆ = (2 + 3
√
2)2
− 24
√
2 = (2 − 3
√
2)2
> 0
⇒Phương trình có 2 nghiệm t =
2
3
hoặc t =
√
2.
Nếu t =
2
3
thì:
cos x
sin2
x
=
2
3
⇒ 2 sin2
= 3 cos x
⇒ 2 cos2
x + 3 cos x − 2 = 0
⇒ cos x =
1
2
(thỏa mãn) hoặc cos x = −2 (loại)
⇒ x = ±
π
3
+ k2π (k ∈ Z).
Nếu t =
√
2 thì:
cos x
sin2
x
=
√
2
⇔
1
√
2
cos x = sin2
x
⇔ cos2
x +
1
√
2
cos x − 1 = 0
⇔ cos x =
1
√
2
(thỏa mãn) hoặc cos x = −
√
2 (loại)
⇒ x = ±
π
4
+ k2π (k ∈ Z).
Kết luận: Vậy phương trình có các họ nghiệm là:
x = ±
π
3
+ 2kπ và x = ±
π
4
+ 2kπ (k ∈ Z).
Ví dụ 22. (ĐHTCKT-KA/2001) Giải phương trình:
sin2
x + sin2
3x − 3 cos2
2x = 0.
Giải
24

1 − cos 2x
2
+
1 − cos 6x
2
+ 3 cos2
2x = 0
⇔ 2 cos3
2x + 3 cos2
2x − cos 2x − 1 = 0
⇔ (2 cos 2x + 1)(cos2
2x + cos 2x − 1) = 0
⇔ 2 cos 2x + 1 = 0 hoặc cos2
2x + cos 2x − 1 = 0
⇔ cos 2x = −
1
2
hoặc cos 2x =
√
5 − 1
2
hoặc cos 2x =
−1 −
√
5
2
(loại)
⇔ cos 2x = −
1
2
hoặc cos 2x = cos α với α = arccos
√
5 − 1
2
⇒ x = ±
π
3
+ kπ hoặc x = ±
α
2
+ kπ(k ∈ Z).
1.4.4 Bài tập
1) 5 sin2
x − 4 sin x − 1 = 0.
2) cos 2x − 3 cos x − 4 = 0.
3) 3 tan 2x − 3 tan x −
5
2
= 0.
4) 4 cot 2x =
cos2
x − sin2
x
cos6 x + sin6
x
.
5) 2 tan x + cot 2x = 2 sin 2x +
1
sin 2x
.
(m − 1) sin2
x + 2(3m + 2) sin x − 4 = 0
1) Tìm m để phương trình trên có nghiệm.
2) Xác định m để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm x ∈
π
6
; π .
Bài 25. Giải phương trình:
2 + cos x = 2 tan
x
2
.
Bài 26. Giải phương trình
1 + sin 2x
1 − sin 2x
+ 2
1 + tan x
1 − tan x
= 3.
25

a)log7−x2
3 sin 2x − 2 sin x
sin 2x cos x
= log7−x2 2.
b) cos 2x + 2 cos x + sin2
x + 1 = 0.
1
2
cos 4x +
4 tan x
1 + tan2
x
= m
a) Giải phương trình với m = 1.
b) Tìm m để phương trình vô nghiệm.
Bài 29. (ĐHNNHN-KD/2001) Giải phương trình:
cos 3x cos3
x − sin 3x sin3
x = cos3
4x +
1
4
.
26

1.5 Phương trình đẳng cấp theo sin x và cos x
1, Phương trình đẳng cấp bậc 2 theo sin x, cos x là phương trình có dạng:
a sin2
x + b sin x cos x + c sin2
x + d = 0.
2, Phương trình đẳng cấp bậc 3 theo sin x, cos x là phương trình dạng:
a sin3
x + b sin2
x cos x + c sin x cos2
x + d cos3
x = 0.
3, Phương trình đẳng cấp bậc n theo sin x, cos x là phương trình dạng:
an sinn
x + an−1 sinn−1
x cos x + ... + a1 sin x cosn−1
x + a0 cosn
x = 0.
1.5.2 Cách giải
Chia cả hai vế của phương trình cho sinn
x (hoặc cosn
x) là lũy thừa bậc cao nhất sau
khi đã lý luận nó khác 0.
Riêng phương trình đẳng cấp bậc 2, có thể dùng công thức hạ bậc đưa về phương trình
bậc nhất đối với sin 2x và cos 2x.
1.5.3 Các ví dụ
4 sin2
x + 3
√
3 sin 2x − 2 cos2
x = 4.
Giải
Nếu sin x = 0, thay vào phương trình ta được −2 cos2
x = 4 (vô lý).
Vậy sin2
x = 0, chia cả 2 vế cho sin2
x = 0, ta được:
4 + 6
√
3 cot x =
4
sin2
x
⇔ 4 + 6
√
3 cot x = 4(1 + cot2
x)
⇔ cot2
x −
√
3 cot x = 0
⇔ cot x = 0 hoặc cot x =
√
3
x =
π
2
+ kπ hoặc x =
π
6
+ kπ (k ∈ Z).
Ví dụ 24. Cho phương trình m sin x + (m + 1) cos x =
m
cos x
1, Giải phương trình khi m =
1
2
.
2, Tìm m để phương trình có nghiệm.
3, Giả sử m là giá trị làm cho phương trình có nghiệm. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm thỏa
27

mãn điều kiện x1 + x2 =
π
2
+ kπ(k ∈ Z). Hãy tính cos 2(x1 + x2).
Giải
Điều kiện: cos x = 0. Chia cả 2 vế của phương trình cho cos x và đặt t = tan x ta được
phương trình:
mt2
− mt − 1 = 0(−∞ < t < +∞)(do cos x = 0)
1, Khi m =
1
2
ta được phương trình:
t2
x − t − 2 = 0
⇔ t = −1 hoặc t = 2
Với t = −1 ⇒ tan x = −1 ⇒ x = −
π
4
+ kπ(k ∈ Z).
Với t = 2 ⇒ tan x = 2 ⇒ x = arctan 2 + kπ(k ∈ Z).
2, Với m = 0 thì ta có: −1 = 0 (vô lý), suy ra m = 0 phương trình vô nghiệm
Với m = 0, để phương trình có nghiệm thì:
∆ = m2
+ 4m ≥ 0 ⇔ m ≤ −4 hoặc m ≥ 0
Vì m = 0 nên suy ra m ≤ −4 hoặc m > 0 thì phương trình đã cho có nghiệm.
3, Ta có:
cos 2(x1 + x2) =
cos2
(x1 + x2) − sin2
(x1 + x2)
cos2(x1 + x2) + sin2
(x1 + x2)
=
1 − tan2
(x1 + x2)
1 + tan2
(x1 + x2)
có nghĩa do giả thiết x1 + x2 =
π
2
+ kπ (k ∈ Z).
Mặt khác: tan(x1 + x2) =
tan x1 + tan x2
1 − tan x1 tan x2
, với giả thiết cos x = 0 nên tan x1, tan x2
có nghĩa.
Lại vì x1 + x2 =
π
2
+ kπ, k ∈ Z nên 1 − tan x1 tan x2 = 0.
Vậy biểu thức tan(x1 + x2) =
tan x1 + tan x2
1 − tan x1 tan x2
có nghĩa.
Áp dụng định lý Viet cho phương trình: m tan2
x − m tan x − 1 = 0.
Với m ≤ −4 hoặc m > 0 ta được:
tan x1 + tan x2 = 1, tan x1 tan x2 = −
1
m
⇒ tan(x1 + x2) =
1
1 − −
1
m
=
m
m + 1
và
cos 2(x1 + x2) =
1 −
m
m + 1
2
1 +
m
m + 1
2 =
2m + 1
2m2 + 2m + 1
.
Ví dụ 25. (Đề thi tuyển sinh ĐHKB/09) Giải phương trình:
28

sin3
x −
√
3 cos3
x = sin x cos2
x −
√
3 sin2
x cos x.
Giải
Nếu cos x = 0, thay vào phương trình ta được sin3
x = 0 hay sin x = 0 (vô lý) (vì
cos x = 0 ⇒ sin x = ±1) Vậy cos x = 0, chia cả 2 vế cho cos3
x = 0 ta được:
tan3
x −
√
3 = tan x −
√
3 tan2
x
⇔ tan3
x +
√
3 tan2
x − tan x −
√
3 = 0
⇔ (tan x +
√
3)(tan2
x − 1) = 0
⇔ tan x = −
√
3 tan x = 1 tan x = −1
⇔ x = −
π
3
+ kπ hoặc x =
π
4
+ kπ hoặc x = −
π
4
+ kπ
⇔ x = −
π
3
+ kπ hoặc x =
π
4
+ k
π
2
(k ∈ Z).
y = 2 sin2
x − 3 cos2
x + 5 sin x cos x − 2.
Giải
Ta có:
y = 1 − cos 2x −
3(1 + cos 2x)
2
+
5
2
sin 2x − 2
= −
5
2
cos 2x +
5
2
sin 2x −
5
2
=
5
2
(sin 2x − cos 2x) −
5
2
=
5
√
2
2
sin 2x −
π
4
−
5
2
Vậy
ymax =
5
√
2
2
−
5
2
xảy ra khi sin 2x −
π
4
= 1 ⇔ x =
3π
8
+ kπ (k ∈ Z)
ymin = −
5
√
2
2
−
5
2
xảy ra khi sin 2x −
π
4
= −1 ⇔ x = −
π
8
+ kπ (k ∈ Z).
1.5.4 Bài tập
Bài 30. Giải các phương trình sau
1, (ĐHDL Phương Đông /94) 25 sin x + 9 cos x =
9
cos x
.
2, (ĐHDL Kỹ thuật công nghệ/2000) cos2
x −
√
3 sin 2x = 1 + sin2
x.
29

Bài 31. Chứng minh rằng hàm số
y = sin2
x − 14 sin x cos x − 5 cos2
x + 3
3
√
33
. chỉ nhận giá trị dương.
Bài 32. Cho phương trình
(4 − 6m) sin3
x + 3(2m − 1) sin x + 2(m − 2) sin2
x cos x − (4m − 3) cos x = 0
a, Giải phương trình với m = 2.
b, Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm x ∈ 0;
π
4
.
Bài 33. Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:
1, y = 3 sin2
x + 4 sin x cos x − 5 cos2
x + 2.
2, y = 5 sin2
x + 3 sin x cos x + cos2
x.
3, y = sin2
x + 2 sin y cos y + cos2
y.
4, y =
√
a cos2 x + b sin2
x + c +
√
a sin2
x + b cos2 x + c
trong đó a, b, c là 3 số dương cho trước.
Bài 34. Tìm m để phương trình
sin4
x + cos4
x +
1
4
m sin 4x − (2m + 1) sin2
x cos2
x = 0
có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng
π
4
;
π
2
.
Bài 35. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
(m + 3) sin2
x + (m + 3) sin x cos x + cos2
x = 0.
30

1.6 Phương trình đối xứng theo sin x và cos x
1.6.1 Cách giải
Phương pháp chung là hạ bậc, dùng hằng đẳng thức đáng nhớ để dẫn về phương trình
quen thuộc.
1.6.2 Các kiến thức cần nhớ
Công thức hạ bậc:
sin2
a =
1 − cos 2a
2
cos2
a =
1 + cos 2a
2
Các hằng đẳng thức:
a3
+ b3
= (a + b)(a2
− ab + b2
) = (a + b)3
− 3ab(a + b)
a3
− b3
= (a − b)(a2
+ ab + b2
) = (a − b)3
+ 3ab(a + b)
a2
+ b2
= (a + b)2
− 2ab = (a − b)2
+ 2ab =
1
2
[(a + b)2
+ (a − b)2
]ab =
1
4
[(a + b)2
− (a − b)2
].
1.6.3 Các ví dụ
sin6
x + cos6
x =
1
4
.
Giải
(sin2
x + cos2
x)3
− 3 sin2
x cos2
x(sin2
x + cos2
x) =
1
4
⇔ 1 − 3 sin2
x cos2
x =
1
4
⇔ 1 −
3
4
sin2
2x =
1
4
⇔ sin2
2x = 1
⇔ cos2
2x = 0
⇔ cos 2x = 0
⇔ x =
π
4
+ k
π
2
(k ∈ Z).
Ví dụ 28. Tìm GTLN và GTNN của hàm số:
31

y = sin4
x + cos4
x.
Giải
Ta có:
y = (sin2
x + cos2
x)2
− 2 sin2
x cos2
x
= 1 −
1
2
sin2
2x
Do 0 ≤ sin2
2x ≤ 1 nên
ymax = 1 khi sin2
2x = 0 ⇔ sin 2x = 0 ⇔ x =
π
2
(k ∈ Z).
ymin =
1
2
khi sin2
2x = 1 ⇔ cos 2x = 0 ⇔ x =
π
4
+ k
π
2
(k ∈ Z).
Ví dụ 29. Tìm GTNN của hàm số sau:
y = sin12
x + cos12
x.
Giải
Ta có: y = (sin2
x)6
+ (cos2
x)6
≥ 2
sin2
x + cos2
x
2
⇔ y ≥
1
25
.
Suy ra ymin =
1
25
=
1
32
, đạt được khi: sin2
x = cos2
x =
1
2
⇔ x =
π
4
+ k
π
2
, k ∈ Z.
Ví dụ 30. Giải phương trình sau:
4(sin6
x + cos6
x) + 2(sin4
x + cos4
x) = 8 − 4 cos2
x.
Giải
4 1 −
3
4 sin2
2x + 2 1 −
1
2
sin2
2x = 8 − 4 cos2
2x
⇔ 6 − 4 sin2
2x = 8 − 4 cos2
2x
⇔ 4(cos2
2x − sin2
2x) = 2
⇔ cos 4x =
1
2
⇔


4x =
π
3
+ k2π
4x = −
π
3
+ k2π
(k ∈ Z)
⇔



x =
π
12
+
kπ
2
x = −
π
12
+
kπ
2
(k ∈ Z)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = ±
π
12
+
kπ
2
(k ∈ Z).
32

1.6.4 Bài tập
Bài 36. Giải các phương trình sau
1) sin8
x + cos8
x =
1
8
.
2) sin6
x + cos6
x =
1
4
sin2
2x.
3) sin4
x + cos4
x = sin4
4x + cos4
4x.
4) sin6
x + cos6
x =
5
6
(sin4
x + cos4
x).
5) sin6
x + cos6
x =
7
16
.
6) sin4
x + cos4
x = sin x + cos x.
7)
sin10
x + cos10
x
4
=
sin6
x + cos6
x
sin2
2x + 4 cos2 2x
.
Bài 37. Tùy theo giá trị của m, hãy tìm GTLN và GTNN của hàm số:
y = sin4
x + cos4
x + m sin x cos x.
Bài 38. Xác định a để phương trình sau có nghiệm:
sin6
x + cos6
x = a| sin 2x|.
Bài 39. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm:
cos x = a cos3
y
sin x = a sin3
y
1.7 Một số mẹo lượng giác
Nên chú ý một số phép biến đổi lượng giác sau (gọi là mẹo lượng giác).
1.7.1 Đổi biến cos 2x = t hoặc sin 2x = t
Vì cos x2
=
1 + cos 2x
t
; sin2
x =
1 − cos 2x
2
nên:
• Nếu trong bài toán lượng giác chỉ có sin2
x, cos2
x và cos 2x thì đổi biến cos 2x =
t (−1 ≤ t ≤ 1).
33

• Nếu trong bài toán lượng giác chỉ có sin2
x, cos2
x và sin 2x thì đổi biến sin 2x =
t (−1 ≤ t ≤ 1).
sin6
x + cos6
x =
1
4
sin 2x.
Giải
Đặt sin 2x = t (−1 ≤ t ≤ 1) ta có:
(sin2
x + cos2
x)3
− 3 sin2
x cos2
x(sin2
x + cos2
x) =
1
4
sin 2x
⇔ 1 −
3
4
sin2
2x =
1
4
sin 2x
Thay sin 2x = t vào ta được:
1 −
3
4
t2
=
1
4
t
⇔ 3t2
+ t − 4 = 0
⇔ t = 1 (thỏa mãn) hoặc t = −
4
3
(loại)
Với t = 1 ⇒ sin 2x = 1 ⇔ 2x =
π
2
+ 2kπ ⇔ x =
π
4
+ kπ (k ∈ Z).
Ví dụ 32. Cho phương trình:
2 cos x cos 2x cos 3x + m = 7 cos 2x
a) Giải phương trình với m = −7.
b) Xác định m để phương trình có nhiều hơn một nghiệm x ∈ −
3π
8
; −
π
8
.
Giải
cos 2x(cos 2x + cos 4x) + m = 7 cos 2x
⇔ cos 2x(cos 2x + 2 cos2
2x − 1) + m = 7 cos 2x
⇔ 2 cos3
2x + cos2
2x − 8 cos 2x + m = 0
Đặt t = cos 2x (−1 ≤ t ≤ 1), khi đó phương trình trở thành:
2t3
+ t2
− 8t + m = 0
a) Với m = −7, phương trình trở thành:
2t3
+ t2
− 8t − 7 = 0
⇔ (t + 1)(2t2
− t − 7) = 0
⇔ t = −1 (thỏa mãn) hoặc t = 1 +
√
74 (loại)
34

Với t = −1 ⇒ cos 2x = −1 ⇒ 2x = π + k2π ⇒ x =
π
2
+ kπ (k ∈ Z)
b) Khi x ∈ −
3π
8
; −
π
8
thì 2x ∈ −
3π
4
; −
π
4
và do đó t ∈ −
1
√
2
;
1
√
2
.
Xét hàm f(t) = 2t3
+ t2
− 8t ⇒ f (t) = 6t2
+ 2t − 8.
f (t) = 0 ⇒ t = 1 hoặc t = −
4
3
.
Đặt A = f −
1
√
2
; B = f
1
√
2
. Ta nhận thấy f(t) = −m, để t ∈ −
1
√
2
;
1
√
2
thì
m ∈ [B; A]. Ta lập bảng biến thiên:
x −
4
3
−
1
√
2
1
√
2
1
f (x) −
f(x)
A
B
Từ đó ta thấy m ∈ [B; A] chỉ có 1 giá trị t ∈ −
1
√
2
;
1
√
2
và do đó chỉ có 1 giá trị
x ∈ −
3π
8
; −
π
8
nên không có giá trị nào của m thỏa mãn.
1.7.2 Đổi biến t = sin x ± cos x
Vì t2
= (sin x + cos x)2
= sin2
x + cos2
x + 2 sin x cos x = 1 + sin 2x, nên nếu trong bài
toán lượng giác chỉ có sin x + cos x và sin 2x thì đặt sin x + cos x = t.
Tương tự t2
= (sin x + cos x)2
= sin2
x + cos2
x + 2 sin x cos x = 1 − sin 2x, nên nếu
trong bài toán lượng giác chỉ có sin x − cos x và sin 2x thì đặt sin x − cos x = t.
Chú ý:
t = sin x + cos x =
√
2 sin x +
π
4
=
√
2 cos x −
π
4
⇒ |t| ≤
√
2
t = sin x − cos x =
√
2 sin x −
π
4
= −
√
2 cos x +
π
4
⇒ |t| ≤
√
2.
Ví dụ 33. (ĐHDL Đông Đô/96) Cho phương trình
sin 2x + 4(cos x − sin x) = m.
a, Giải phương trình với m = 4.
b, Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Giải
Đặt t = cos x − sin x (−
√
2 ≤ t ≤
√
2) ⇒ sin x cos x =
1 − t2
2
.
Thay vào phương trình ban đầu ta được:
1 − t2
+ 4t = m
⇔ t2
− 4t + m − 1 = 0
35

a, Với m = 4 ta được phương trình:
t2
− 4t + 3 = 0
⇒ t = 1 (thỏa mãn) hoặc t = 3 (loại)
Với t = 1:
⇒ cos x − sin x = 1
⇒
√
2 cos x +
π
4
= 1
⇒ cos x +
π
4
=
1
√
2
⇒ x = 2kπ hoặc x = −
π
4
+ 2kπ(k ∈ Z).
Đặt g(t) = −t2
+ 4t + 1 ⇒ g (t) = −2t + 4.
Xét g (t) = 0 ⇒ t = 2.
Lập bảng biến thiên:
x −
√
2
√
2 2
g (x) +
g(x)
−1 − 4
√
2
−1 + 4
√
2
Phương trình có nghiệm khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = g(t). Căn cứ
vào bảng biến thiên, với −1 − 4
√
2 ≤ m ≤ −1 + 4
√
2 thì phương trình có nghiệm.
tan x + cot x =
√
2(sin x + cos x).
Giải
sin x
cos x
+
cos x
sin x
=
√
2(sin x + cos x)(Điều kiện xác định: sin 2x = 0)
⇔
2
sin 2x
=
√
2(sin x + cos x)
Đặt t = sin x + cos x (−
√
2 ≤ t ≤
√
2)
⇒ sin x cos x =
t2
− 1
2
⇒ sin 2x = t2
− 1
36

Thay vào phương trình ta được:
2
t2 − 1
=
√
2t
⇔ t3
− t −
√
2 = 0
⇔ (t −
√
2)(t2
+
√
2t + 1) = 0
⇔ t −
√
2 = 0 (Vì t2
+
√
2t + 1 > 0 với ∀t)
⇔ t =
√
2
Với t =
√
2 thì sin x + cos x =
√
2:
⇔
√
2 cos x −
π
4
=
√
2
⇔ cos x −
π
4
= 1
⇔ x −
π
4
= 2kπ
⇔ x =
π
4
+ 2kπ (k ∈ Z).
1.7.3 Đổi biến t = tan
x
2
Vì mọi hàm lượng giác đều biến đổi được theo tan
x
2
= t, nên có thể dẫn phương trình
lượng giác về phương trình đại số theo t và sau đó giải phương trình lượng giác cơ bản
tan
x
2
= t.
Tuy nhiên cần thận trọng không sẽ mất nghiệm. Chẳng hạn, khi giải phương trình
sin x + cos x = 1, mà đặt ngay tan
x
2
= t thường bị mất nghiệm x = (2k + 1)π (k ∈ Z),
vì phương trình khi xuất phát không có điều kiện, còn khi đổi biến tan
x
2
= t lại đòi
hỏi cos
x
2
= 0 (x = (2k + 1)π, k ∈ Z).
Vì vậy, cần xét xem cos
x
2
= 0 có là nghiệm của phương trình xuất phát hay không?
Ví dụ 35. Giải phương trình: sin 2x + tan x = 2.
Giải
37

Vì sin 2x =
2 tan x
1 + tan2
x
, nên đặt tan x = t ta được:
2t
1 + t2
= 2
⇔ t3
− 2t2
+ 3t − 2 = 0
⇔ (t − 1)(t2
− t + 2) = 0
⇔
t = 0
t2
− t + 2 = 0
⇔
t = 0
vô nghiệm (vì ∆ = −7 < 0)
Với t = 1 ⇒ tan x = 1 ⇒ x =
π
4
+ kπ, k ∈ Z.
Ví dụ 36. Cho phương trình:
√
3m sin x + (2m − 1) cos x = 3m + 1 (1)
Xác định m để phương trình (1) có nghiệm x ∈ 0;
π
2
.
Giải
Đặt t = tan
x
2
. Với 0 < x <
π
2
⇒ 0 < t < 1.
Khi đó phương trình (1) trở thành:
√
3m
2t
1 + t2
+
(2m − 1)(1 − t2
)
1 + t2
= 3m + 1
⇔
√
3m2t + (2m − 1)(1 − t2
) = (3m + 1)(1 + t2
)
⇔ m(2
√
3 − 5t2
− 1) = 2
⇔ m =
2
2
√
3t − 5t2 − 1
(2)
Xét f(t) =
2
−5t2 + 2
√
3t − 1
:
⇒ f (t) =
10t − 2
√
3
(−5t2 + 2
√
3t − 1)2
⇒ f (t) = 0
⇒ 10t − 2
√
3 = 0
⇒ t =
√
3
5
Xét bảng biến thiên:
x 0
√
3
5
1
f (x) − 0 +
f(x)
−2
−5
2
−6 + 2
√
3
38

⇒ −5 ≤ f(t) ≤
2
−6 + 2
√
3
Do đó để (1) có nghiệm x ∈ 0;
π
2
thì (2) có nghiệm t ∈ (0; 1):
⇔ −5 ≤ m ≤
2
−6 + 2
√
3
⇒ −5 ≤ m ≤
2
−6 + 2
√
3
⇒ −5 ≤ m ≤
1
−3 +
√
3
Kết luận: Vậy với m ∈ −5;
1
−3 +
√
3
thì thỏa mãn đề bài.
1.7.4 Bài tập
Bài 40. (ĐH Nông nghiệp I/1995). Giải phương trình
2 + cos 2x +
√
3 sin 2x = sin x +
√
3 cos x.
Bài 41. Cho phương trình
2(m − 1) sin x + 4m2
cos x =
3
cos x
.
Xác định m để phương trình trên có đúng 2 nghiệm x ∈ 0;
π
4
.
(2m − 3) sin 2x + (4 − 3m) cos 2x = 5 − m.
a, Tìm m để phương trình trên có đúng 2 nghiệm x ∈ −
π
4
;
π
4
.
b, Gọi 2 nghiệm đó là x1, x2. Tính H = cos 2(x1 − x2).
Bài 43. Xác định m để 2 phương trình sau là tương đương
sin x + m cos x = m + 1
m sin x + cos x = m + 1
Bài 44. Biện luận số nghiệm x ∈ −
π
2
;
π
2
của phương trình
(3m + 1) sin x + 2m cos x = 2m + 1.
Bài 45. (Thái Nguyên/1998) Giải phương trình
39

2 cos2 π
2 cos2 x
= 1 + cos(π sin 2x).
tan 2x − 2 tan x + sin 2x = 0.
1.7.5 Đổi biến t = af(x) ±
b
f(x)
với ab > 0, trong đó f(x) là
hàm lượng giác hoặc biểu thức lượng giác
Vì t2
= a2
f2
(x) +
b2
f2(x)
± 2ab, nên nếu trong bài toán lượng giác có a2
f2
(x) +
b2
f2(x)
và af(x) ±
b
f(x)
thì ta đặt t = af(x) ±
b
f(x)
.
3(tan x + cot x) − 2(tan2
x + cot2
x) − 2 = 0.
Giải
Điều kiện xác định: sin 2x = 0.
Đặt t = tan x + cot x thì |t| ≥ 2. ⇒ tan2
x + cot2
x = t2
− 2
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
3t − 2(t2
− 2) − 2 = 0
⇔ 2t2
− 3t − 2 = 0
⇔ t = 2 (thỏa mãn) hoặc t = −
1
2
(loại)
Với t = 2 thì:
tan x + cot x = 2
⇔ tan x +
1
tan x
= 2
⇔ tan2
x − 2 tan x + 1 = 0
⇔ tan x = 1
⇔ x =
π
4
+ kπ (k ∈ Z)
Với x =
π
4
+ kπ thì sin 2x = sin
π
2
+ 2kπ = 1 = 0.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =
π
4
+ kπ (k ∈ Z).
Ví dụ 38. Cho phương trình sau:
40

tan2
x + cot2
x + 2(m + 2)(tan x + cot x) + m2
− m = 0
Xác định m để phương trình có đúng 2 nghiệm x ∈
π
12
;
5π
12
.
Giải
Với ∀x ∈
π
12
;
5π
12
thì sin 2x = 0
Đặt t = tan x + cot x = tan x +
1
tan x
=
1 + tan2
x
tan x
=
2
sin 2x
Do
π
12
< x <
5π
12
⇒
π
6
< 2x <
5π
6
⇒
1
2
< sin 2x ≤ 1
⇒ 2 ≤
2
sin 2x
≤ 4
⇒ 2 ≤ t ≤ 4
Với t = tan x + cot x ⇒ tan2
x + cot2
x = t2
− 2 Thay phương trình ta được:
t2
− 2 + 2(m + 2)t + m2
− m = 0 ⇔ t2
+ 2(m + 2)t + m2
− m − 2 = 0 (*)
Nhận thấy:
Ứng với mỗi giá trị t ∈ (2; 4) thì phương trình t =
2
sin 2x
có đúng 2 nghiệm x ∈
π
12
;
5π
12
.
Khi t = 2 thì phương trình t =
2
sin 2x
có đúng 1 nghiệm x =
π
4
.
Do đó để phương trình ban đầu có đúng 2 nghiệm x ∈
π
12
;
5π
12
thì phương trình (*)
có nghiệm thỏa mãn 1 trong các điều kiện sau:
a, Hoặc (*) có nghiệm kép t0 ∈ (2; 4)
⇒
∆ = 0
t + 0 = −m − 2 ∈ (2; 4)
⇔
(m + 2)2
− (m2
− m − 2) = 0
2 < −m − 2 < 4
⇔
5m + 6 = 0
−6 < m < −4
⇒ vô nghiệm.
b) Hoặc (*) có 2 nghiệm t1, t2 thỏa mãn
2 < t1 < 4 < t2
t1 < 2 < t2 < 4
⇒ f(2)f(4) < 0 ⇔ (m2
+ 3m + 10)(m2
+ 7m + 30) < 0
⇒ vô nghiệm.
Tóm lại: không tìm được giá trị nào của m để thảo mãn yêu cầu bài toán.
41

cos2
x +
1
cos2 x
= cos x +
1
cos x
.
Giải
Đặt t = cos x +
1
cos x
(|t| ≥ 2).
Khi đó t2
= cos2
x +
1
cos2 x
+ 2 ⇒ cos2
x +
1
cos2 x
= t2
− 2.
Thay vào phương trình ta được:
t2
− 2 = t
⇔ t2
− t − 2 = 0
⇔
t = −1 (loại)
t = 2 (thỏa mãn)
Với t = 2:
⇔ cos x +
1
cos x
= 2 (Điều kiện: cos x = 0)
⇔ cos2
x − 2 cos x + 1 = 0
⇔ cos x = 1
⇔ x = k2π (k ∈ Z)
Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = k2π (k ∈ Z).
sin2
x +
9
sin2
x
+ 5 sin x +
3
sin x
= 0.
Giải
Đặt t = sin x +
3
sin x
(|t| ≥ 2
√
3) ⇒ t2
= sin2
x +
9
sin2
x
+ 6 ⇒ sin2
x +
9
sin2
x
= t2
x − 6
Thay vào phương trình ban đầu ta được:
t2
x − 6 + 5t = 0 ⇔ t2
x + 5t − 6 = 0 ⇔
t = 1 (loại)
t = −6 (thỏa mãn)
Với t = −6:
⇔ sin x +
3
sin x
= −6 (Điều kiện: sin x = 0)
⇔ sin2
x + 6 sin x + 3 = 0
⇔
sin x = −3 +
√
6 (thỏa mãn)
sin x = −3 −
√
6 (loại)
⇔
x = arcsin(−3 +
√
6) + k2π (k ∈ Z)
x = π − arcsin(−3 +
√
6) + k2π (k ∈ Z).
42

Ví dụ 41. (ĐHDLPĐ/1997) Giải phương trình
cos x +
√
3 sin x =
3
cos x +
√
3 sin x + 1
(1)
Giải
Điều kiện: cos x +
√
3 sin x + 1 = 0 ⇔ cos x +
√
3 sin x = −1.
Đặt t = cos x +
√
3 sin x ⇒ t = −1 và − 2 ≤ t ≤ 2.
Khi đó phương trình (1) trở thành:
t = 3 −
3
t + 1
⇔ t2
− 2t = 0
⇔
t = 0 (thỏa mãn)
t = 2 (thỏa mãn)
Với t = 0 thì cos x +
√
3 sin x = 0:
⇔ tan x = −
1
√
3
⇔ x =
5π
6
+ kπ (k ∈ Z)
Với t = 2 thì cos x +
√
3 sin x = 2:
⇔ cos x −
π
3
= 1
⇔ x −
π
3
= 2kπ
⇔ x =
π
3
+ 2kπ (k ∈ Z)
Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là x =
5π
6
+ kπ hoặc x =
π
3
+ 2kπ (k ∈ Z).
1.7.6 Bài tập
Bài 47. Giải phương trình sau
3 tan2
x + 4 tan x + 4 cot x + 3 cot2
x + 2 = 0.
3.2sin2 x+1
+ 3.22−sin2 x
− 13 = 22 sin2 x
+
4
22 sin2 x
.
Bài 49. Giải phương trình sau
8
cos x
+ 24 cos x − 22 = 9 cos2
x +
1
cos2 x
.
43

1.8 Phương trình lượng giác bậc cao
Phương trình lượng giác bậc cao là các phương trình mà bậc của các hàm số lượng
giác lớn hơn hoặc bằng 3.
1.8.2 Cách giải
Phương pháp giải loại phương trình này là biến đổi dẫn về phương trình đại số bậc
cao. Giải phương trình đại số bậc cao sẽ được phương trình cơ bản.
1.8.3 Các ví dụ
Ví dụ 42. Cho phương trình :
cos6
x + sin6
x
cos2 x − sin2
x
= 2m tan 2x (1).
a, Với giái trị nào của m thì (1) có nghiệm
b, Giải (1) khi m =
1
8
Giải
1 −
3
4
sin2
2x
cos 2x
= 2m
sin 2x
cos 2x
(Điều kiện: cos 2x = 0)
Đặt t = sin 2x (−1 < t < 1), khi đó phương trình trở thành.
4 − 3t2
= 8mt
Nếu t = 0 thì 4 = 0 (vô lý)
Vậy t = 0 và m =
1
2t
−
3t
8
= g(t)
Suy ra g (t) = −
1
2t2
−
3
8
< 0 ∀t
Lập bảng biến thiên
x −1 0 1
f (x) − −
f(x)
−1/8
−∞
+∞
1/8
Phương trình này có nghiệm khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = g(t)
Vậy để phương trình có nghiệm thì m < −
1
8
hoặc m >
1
8
b, Từ câu a ta suy ra với m =
1
8
thì phương trình vô nghiệm.
44

Ví dụ 43. (ĐHQG/96) Giải phương trình
1 + 3 sin 2x = 2 tan x.
Giải
Theo công thức sin 2x =
2 tan x
1 + tan2
x
Đặt t = tan x và thay vào phương trình ta được:
1 + 3
2t
1 + t2
= 2t
⇔ 2t3
− t2
− 4t − 1 = 0
⇔ (t + 1)(2t2
− 3t − 1) = 0
⇔
t + 1 = 0
2t2
− 3t − 1 = 0
⇔


t = −1
t =
3 ±
√
17
4
Với t = −1 thì tan x = −1 ⇒ x = −
π
4
+ kπ (k ∈ Z)
Với t =
3 +
√
17
4
thì tan x =
3 +
√
17
4
⇒ x = arctan
3 +
√
17
4
+ kπ, k ∈ Z
Với t =
3 −
√
17
4
thì tan x =
3 −
√
17
4
⇒ x = arctan
3 −
√
17
4
+ kπ, k ∈ Z.
sin2
x + sin2
3x = 3 sin2
2x.
Giải
1 − cos 2x
2
+
1 − cos 6x
2
= 3(1 − cos2
2x)
⇔ 1 −
1
2
cos 2x −
1
2
cos e(3.2x) = 3(1 − cos2
x)
⇔ 1 −
1
2
cos 2x −
1
2
(4 cos3
2x − 3 cos 2x) = 3(1 − cos2
x)
⇔ 2 cos3
2x − 3 cos2
2x − cos 2x + 2 = 0
Đặt t = cos 2x (−1 ≤ t ≤ 1), ta được phương trình:
2t3
− 3t2
− t + 2 = 0
⇔ (t − 1)(2t2
− t − 2) = 0
⇔






t = 1 (Thỏa mãn)
t =
1 −
√
17
4
(Thỏa mãn)
t =
1 +
√
17
4
(Loại)
45

Với t = 1 thì cos 2x = 1 ⇒ 2x = 2kπ ⇒ x = kπ, k ∈ Z
Với t =
1 −
√
17
4
thì cos 2x =
1 −
√
17
4
⇒ 2x = ± arccos
1 −
√
17
4
+ 2kπ ⇒ x = ±
1
2
arccos
1 −
√
17
4
+ kπ, k ∈ Z.
cos3
x cos 3x + sin3
x sin 3x =
√
24.
Giải
cos2
x cos x cos 3x + sin2
x sin x sin 3x =
√
2
4
⇔ (1 − sin2
x) cos x cos 3x + (1 − cos2
x) sin x sin 3x =
√
2
4
⇔ (cos x cos 3x + sin x sin 3x) − sin x cos x(sin x cos 3x + cos x sin 3x) =
√
2
4
⇔ cos 2x −
1
2
sin 2x sin 4x =
√
2
4
⇔ cos 2x − sin2
2x cos 2x =
√
2
4
⇔ cos 2x(1 − sin2
2x) =
√
2
4
⇔ cos3
2x =
√
2
4
⇔ cos 2x =
√
2
2
⇔ 2x = ±
π
4
+ 2kπ
⇔ x = ±
π
8
+ kπ, k ∈ Z.
Ví dụ 46. (Đề thi tuyển sinh ĐH KB/09) Giải phương trình:
sin3
x −
√
3 cos3
x = sin x cos2
x −
√
3 sin2
x cos x.
Giải
Xét cos x = 0, khi đó phương trình đã cho trở thành:
sin3
x = 0 (vô lý) ⇒ cos x = 0
46

Chia cả 2 vế của phương trình cho cos3
x, ta có:
tan3
x −
√
3 = tan x −
√
3 tan2
x
⇔ tan3
x +
√
3 tan2
x − tan x −
√
3 = 0
⇔ (tan x +
√
3)(tan2
x − 1) = 0
⇔



tan x = −
√
3
tan x = 1
tan x = −1
⇔





x = −
π
3
+ kπ
x =
π
4
+ kπ
x = −
π
4
+ kπ
⇔


x = −
π
3
+ kπ
x =
π
4
+ k
π
2
.
1.8.4 Bài tập
sin6
x + cos6
x
tan x −
π
4
tan x +
π
4
= m sin 2x
1) Giải phương trình khi m =
1
4
.
2) Với m nào thì phương trình có nghiệm.
1) 4(cos4
x + cos4
2x) = sin2
2x + cos2
4x.
2) sin4
x + sin4
x +
π
4
=
1
4
.
3) sin4
x + cos4
x +
π
4
=
1
4
.
4) cos2
x + cos2
3x = 3 cos2
2x.
5) cos3
4x = cos 3x cos3
x + sin 3x sin3
x.
6) sin2
x + sin2
2x + sin2
3x =
3
2
.
7) cos2
x − cos2
2x + cos2
3x =
1
2
.
Bài 52. (ĐH Cần Thơ - KAB/1999) Cho f(x) = 3 cos6
2x + sin4
2x + cos 4x − m
47

a) Giải phương trình f(x) = 0 khi m = 0.
b) Cho g(x) = 2 cos2
2x
√
3 cos2 2x + 1. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
f(x) = g(x) có nghiệm.
48

1.9 Phương trình tích
Phương trình tích là phương trình biến đổi được vế trái của phương trình f(x) = 0
thành tích các nhân tử.
1.9.2 Cách giải
Nếu f(x) = 0 ⇔ f1(x)f2(x)...fn(x) = 0 thì nghiệm của f(x) = 0 là hợp các nghiệm
của phương trình f1(x) = 0, f2(x) = 0, ..., fn(x) = 0.
1.9.3 Các ví dụ
Ví dụ 47. Giải phương trình sau
sin x(1 + cos x) = 2 + cos x − sin2
x.
Giải
Phương trình đã cho tương đương với
sin x(1 + cos x) = (1 + cos x) + (1 − sin2
x)
⇔ (1 + cos x)(sin x − 1) = (1 − sin x)(1 + sin x)
⇔ (1 − sin x)[(1 + sin x) + (1 + cos x)] = 0
⇔ (1 − sin x)(sin x + cos x + 2) = 0
⇔
sin x = 1
sin x + cos x + 2 = 0
Với sin x = 1 ⇒ x =
π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
Với sin x+cos x+2 = 0 ⇒ phương trình vô nghiệm vì sin x+cos x+2 =
√
2 sin x +
π
4
+
2 > 0
Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là x =
π
2
+ 2kπ (k ∈ Z).
Ví dụ 48. Cho phương trình
(2 sin x − 1)(2 cos 2x + 2 sin x + m) = 3 − 4 cos2
x (1)
1, Giải phương trình khi m = 1.
2, Tìm m để có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ π.
Giải
(2 sin x − 1)(2 cos 2x + 2 sin x + m) = 3 − 4(1 − sin2
x)
⇔ (2 sin x − 1)(2 cos 2x + 2 sin x + m) = (2 sin x − 1)(2 sin x + 1)
⇔ (2 sin x − 1)(2 cos 2x + m − 1) = 0 (2)
49

1, Với m = 1, ta được phương trình
(2 sin x − 1)(2 cos 2x) = 0
⇔

sin x =
1
2
cos 2x = 0
⇒





x =
π
6
+ 2kπ
x =
5π
6
+ 2kπ
x =
π
4
+ k
π
2
(k ∈ Z)
2, Giải (2) ta được 


sin x =
1
2
cos 2x =
1 − m
2
Nhận thấy, với sin x =
1
2
thì phương trình có 2 nghiệm là:
x =
π
6
và x =
5π
6
∈ [0; π]
Vậy để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ π thì phương trình
cos 2x =
1 − m
2
phải vô nghiệm hoặc có nghiệm là 2 nghiệm trên.
Để cos 2x =
1 − m
2
vô nghiệm thì:
1 − m
2
> 1 ⇒
m < −1
m > 3
Để cos 2x =
1 − m
2
có 2 nghiệm trùng với nghiệm của sin x =
1
2
∈ [0; π] thì:



x =
π
6
⇒ cos 2x = cos
π
3
=
1
2
=
1 − m
2
⇒ m = 0
x =
5π
6
⇒ cos 2x = cos
5π
3
=
1
2
=
1 − m
2
⇒ m = 0
Kết Luận: Vậy m = 0 hoặc m < −1 hoặc m > 3 thì phương trình đã cho cớ hai nghiệm
thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ π.
Ví dụ 49. (Đề thi tuyển sinh ĐHKD - 2008) Cho phương trình
2 sin x(1 + cos 2x) + sin 2x = 1 + 2 cos x.
50

Giải
2 sin x(1 + cos 2x) + sin 2x − (1 + 2 cos x) = 0
⇔ 2 sin x2 cos2
x + sin 2x − (1 + 2 cos x) = 0
⇔ 4 sin x cos2
x + 2 sin x cos x − (1 + 2 cos x) = 0
⇔ 2 sin x cos x(1 + 2 cos x) − (1 + 2 cos x) = 0
⇔ (1 + 2 cos x)(sin 2x − 1) = 0
⇔
1 + 2 cos x = 0
sin 2x = 1
⇔

cos x = −
1
2
sin 2x = 1
⇒
x = ±2π/3 + k2π
x = π/4 + kπ
(k ∈ Z)
Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là: x = ±
2π
3
+ k2π hoặc x =
π
4
+ kπ, (k ∈ Z)
Ví dụ 50. (Đề thih tuyển sinh ĐHKB - 2007) Giải phương trình:
2 sin2
2x + sin 7x − 1 = sin x
Giải
(2 sin2
2x − 1) + (sin 7x − sin x) = 0
⇔ − cos 4x + 2 cos 4x sin 3x = 0
⇔ cos 4x(2 sin 3x − 1) = 0
⇔


cos 4x = 0
sin 3x =
1
2
⇒






x = k
π
2


x =
π
18
+ k
2π
3
x =
5π
18
+ k
2π
3
(k ∈ Z)
Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là: x = k
π
2
hoặc x =
π
18
+ k
2π
3
hoặc x =
5π
18
+ k
2π
3
(k ∈ Z).
51

1.9.4 Bài tập
Bài 53. (Đề thi tuyển sinh ĐHKD (2003)) Giải phương trình:
sin2 x
2
−
π
4
tan2
x − cos2 x
2
= 0.
1) cos 2x − cos 8x + cos 6x = 1.
2)
1
cos x +
1
sin 2x
=
2
sin 4x
.
3)
1
sin x
+
1
sin 2x
=
1
sin 4x
.
4)
1
cos x
+
1
cos x cos 2x
=
1
sin x
−
1
cos 2x cos 3x
.
5)
sin3
x + cos3
x
2 cos x − sin x
= cos 2x.
6)
1 − cos 4x
2 sin 2x
=
sin 4x
1 + cos 4x
.
7) sin2
x − 2 sin x + 2 = 2 sin x − 1.
Bài 55. Xác định tham số m để phương trình
cos 3x − cos 2x + m cos x − 1 = 0
có đúng 7 nghiệm khác nhau thuộc khoảng −
π
2
; 2π .
52

1.10 Các dạng phương trình không chính tắc
Phương pháp này giải gọn nhưng phải nhận quen dạng.
1.10.1 Phương pháp ước lượng 2 vế
- Nếu 1 vế ≤ M, vế còn lại ≥ M suy ra 2 vế bằng nhau tại cùng 1 điểm thì điểm đó
là nghiệm.
- Nếu không tồn tại điểm như vậy thì phương trình vô nghiệm.
1.10.1.1 Ví dụ
sin3
x + cos3
x = 2 − sin4
x
Giải
Nhận thấy V T = sin3
x + cos3
x ≤ sin2
x + cos2
x = 1, dấu bằng đạt được khi:
sin3
x = sin2
x
cos3
x = cos2
x
⇔
cos x = 0, sin x = 1
cos x = 1, sin x = 0
V P = 2 − sin4
x ≥ 1, dấu bằng đạt được khi sin4
x = 1 ⇔ sin x = ±1
Vậy phương trình đã cho tương đương với: sin x = 1 ⇒ x =
π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
sin x sin 2x sin 3x = 1
Giải
Vì | sin x| ≤ 1; | sin 2x| ≤ 1; | sin 3x| ≤ 1 nên vế trái ≤ 1
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi



| sin x| = 1
| sin 2x| = 1
| sin 3x| = 1
Nếu | sin x| = 1 thì cos x = 0 và | sin 2x| = |2 sin x cos x| = 0 = 1
Vậy phương trình vô nghiệm.
6 sin πx − x2
+ 5x − 12, 25 = 0
Giải
53

6 sin πx = x2
− 5x + 12, 25 ⇔ 6 sin πx = x −
5
2
2
+ 6
Nhận thấy rằng vế trái = 6 sin πx ≤ 6. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
sin πx = 1 ⇒ πx =
π
2
+ 2kπ ⇒ x = 2k +
1
2
, k ∈ Z
Vế phải = x −
5
2
2
+ 6 ≥ 6, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
x −
5
2
= 0 ⇒ x =
5
2
ứng với k = 1
Vậy phương trình có nghiệm x =
5
2
là duy nhất.
Ví dụ 54. Tìm các cặp số (a, b) để với mọi x ta đều có:
a(cos x − 1) + b2
+ 1 − cos(ax + b2
) = 0
Giải
Điều kiện cần:
Vì phương trình đúng với mọi x, nên với x = π và x = 2π thì ta có:
1 − 2a + b2
= cos(aπ + b2
) (1)
b2
= cos(2πa + b2
) − 1 (2)
Từ (2) suy ra b2
≤ 0 ⇒ b = 0. Cũng từ (2) lại có cos(πa) = 1 ⇒ a ∈ Z
Mặt khác, từ (1) suy ra:
cos(πa) = 1 − 2a ⇒ −1 ≤ 1 − 2a ≤ 1 ⇒ 0 ≤ a ≤ 1 ⇒ a = 0 hoặc a = 1
Điều kiện đủ:
Với a = 0, b = 0 và mọi x ta đều có: 1 − cos 0 = 1 − 1 = 0 (đúng)
Với a = 1, b = 0 và mọi x ta đều có: cos x − cos x = 0 (đúng)
Vậy có 2 cặp (a, b) là (0; 0) và (1; 0)
Ví dụ 55. Với giá trị nào của a thì phương trình:
1 + sin2
ax = cos x
có nghiệm duy nhất.
Giải
Vì phương trình đối xứng theo x, nên nếu có nghiệm thì x cũng có nghiệm −x. Vậy
muốn có nghiệm duy nhất thì x = −x ⇒ x = 0.
Do sin x và cos x là các hàm tuần hoàn, nên nếu a hữu tỷ thì sin ax tuần hoàn và do
đó phương trình có nghiệm khác 0.
Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì a vô tỷ.
1.10.1.2 Bài tập
54

1) sin14
x + cos13
x = 1
2) cos x sin 2x cos 5x = 1
3) 3 sin πx + x2
− 3x + 5, 25 = 0
Bài 57. Tìm mọi cặp số (x, y) thỏa mãn phương trình:
a) cos2
x +
1
cos2 x
2
+ sin2
x +
1
sin2
x
2
= 12 +
1
2
sin y
b) cos 3x +
√
2 − cos2 3x = 2(1 + sin2
2x)
c)

sin3 x
2
+
1
sin3 x
2

 +

cos3 x
2
+
1
cos3
x
2

 =
81
4
cos2
4x
Bài 58. Chứng minh rằng: Với a > 1 thì phương trình sin4
x + cos4
x = a vô nghiệm.
Bài 59. Tìm tất cả các cặp số (a, b) để với mọi x ta đều có:
1) a sin x + b = sin(ax + b)
2) aex
+ b = eax+b
, biết e = 2, 71828... và (ex
) = ex
3) a ln x + b = ln (ax + b), biết (ln x) =
1
x
đúng với ∀x > 0
Bài 60. Giải phương trình:
ln | cos x| + sin5
x − 1 = 0
55

1.10.2 Biến đổi vế trái của phương trình f(x) = 0 về tổng các
hạng tử cùng dấu
Nếu f(x) = 0 ⇔ f1(x) + f2(x) + ... + fn(x) = 0
Với fi(x) ≥ 0 hoặc fi(x) ≤ 0 với ∀i = 1, n thì:
f(x) = 0 ⇔



f1(x) = 0
f2(x) = 0
...
fn(x) = 0
1.10.2.1 Ví dụ
sin x(1 + cos x) = 1 + cos x + cos2
x
Giải
(1 + cos x)(1 − sin x) + cos2
x = 0
Vì (1 + cos x)(1 − sin x) ≥ 0; cos2
x ≥ 0 nên phương trình đã cho tương đương với:
(1 + cos x)(1 − sin x) = 0
cos2
x = 0
⇔ sin x = 1 ⇔ x =
π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
4 cos2
x + 3 tan2
x + 4
√
3 cos x + 2
√
3 tan x + 4 = 0
Giải
Điều kiện: cos x = 0. Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
(2 cos x −
√
3)2
+ 3 tan x +
1
√
3
2
= 0 ⇔
2 cos x −
√
3 = 0
tan x + 1/
√
3 = 0
⇒



cos x =
√
3
2
tan x = −
1
√
3
⇒



x = ±
π
6
+ k2π, k ∈ Z
x = −
π
6
+ lπ, l ∈ Z
2 sin5
x + 3 cos8
x = 5
56

Giải
Vì | sin x| ≤ 1, | cos x| ≤ 1 nên:
|2 sin5
x + 3 cos8
x| ≤ 2| sin5
x| + 3| cos8
x| ≤ 5
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
| sin x| = 1
| cos x| = 1
Điều này không xảy ra vì sin2
x + cos2
x = 1.
Vậy phương trình vô nghiệm.
1.10.2.2 Bài tập
1) x2
− 2x sin x + 1 = 0
2) cos 2x − cos 6x + 4(3 sin x − 4 sin3
x + 1) = 0
3) sin2
x +
1
4
sin2
3x = sin x sin2
3x
4) cos2
2x +
1
4
sin2
4x + 1 = sin 4x cos 2x + sin2
x
5) 3 cos2
x + 1 = sin2
10x
6) 5 sin2
6x + 1 = cos2
2x
1.10.3 Dùng bất đẳng thức để giải phương trình lượng giác
Ta thường dùng các bất đẳng thức cơ bản là Côsi và Bunhiakopsky.
1.10.3.1 Ví dụ
cos x
1
cos x
− 1 + cos 2x
1
cos 2x
− 1 = 1
Giải
Điều kiện:
0 < cos x ≤ 1
0 < cos 2x ≤ 1
cos x(1 − cos x) + cos 2x(1 − cos 2x) = 1
57

Theo điều kiện và bất đẳng thức cosin ta có:



cos x(1 − cos x) ≤
cos x + 1 − cos x
2
=
1
2
cos 2x(1 − cos 2x) ≤
cos 2x + 1 − cos 2x
2
=
1
2
⇒ cos x(1 − cos x) + cos 2x(1 − cos 2x) ≤ 1
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi:
cos x = 1 − cos x
cos 2x = 1 − cos 2x
⇔



cos x =
1
2
2 cos2
x =
3
2
Hệ này vô nghiệm, vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
tan4
x + tan4
y + 2 cot2
x cot2
y = 3 + sin2
(x + y)
Giải
sin 2x = 0
sin 2y = 0
Theo bất đẳng thức cosin ta có:
tan4
x + tan4
y ≥ 2 tan2
x tan2
y
⇒ tan4
x + tan4
y + 2 cot2
x cot2
y ≥ 2(tan2
x tan2
y + cot2
x cot2
y) ≥ 4
Mặt khác: 3 + sin2
(x + y) ≤ 4 ⇒ tan4
x + tan4
y + 2 cot2
x cot2
y ≥ 4 ≥ 3 + sin2
(x + y)
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi:



tan4
x = tan4
y
tan2
x tan2
y = cot2
x cot2
y
sin2
(x + y) = 1
⇔


x = y =
π
4
+ mπ (m, n ∈ Z)
x = y = −
π
4
+ nπ
Nhận thấy các nghiệm đều thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy nghiệm của phương trình
đã cho là:
x = y =
π
4
+ mπ hoặc x = y = −
π
4
+ nπ (m; n ∈ Z)
tan x + cot x = 2sin x
Giải
Điều kiện: sin 2x = 0
Từ phương trình ⇒ tan x + cot x > 0
Do tan x cot x = 1, nên tan x, cot x cùng dấu ⇒
tan x > 0
cot x > 0
58

Theo bất đẳng thức cosin: tan x + cot x ≥ 2
Mặt khác: 2sin 2x
≤ 2. Dấu = xảy ra ⇔
tan x = cot x
sin 2x = 1
⇔ x =
π
4
+ kπ (k ∈ Z)
Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =
π
4
+ kπ (k ∈ Z)
Ví dụ 62. Giải các phương trình sau:
a) cos 3x +
√
2 − cos2 3x = 2(1 + sin2
2x)
b) sin x − 2 sin 2x − sin 3x = 2
√
2
Giải
a) Theo bất đẳng thức Bunhiakopsky ta có
cos 3x +
√
2 − cos2 3x ≤ (1 + 1)(cos2 3x + (
√
2 − cos2 3x)2) = 2
Mặt khác: 2(1 + sin2
2x) ≥ 2 ⇒ cos 3x +
√
2 − cos2 3x ≤ 2 ≤ 2(1 + sin2
2x)
Dấu = xảy ra khi
⇔
cos 3x =
√
2 − cos2 3x
sin 2x = 0
⇔



cos 3x = 1
sin x = 0
cos x = 0
⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2π (k ∈ Z)
b) Ta có:
sin x − 2 sin 2x − sin 3x = −2 cos 2x sin x − 2 sin 2x
⇔ [(−2 cos 2x)2 + (−2 sin 2x)2] (1 + sin2
x) = 2
√
1 + sin2
x ≤ 2
√
2
Dấu = xảy ra khi
⇔
sin x = 1
cos 2x
sin x
=
sin 2x
1
⇔
x =
π
2
+ k2π
sin 2x = cos 2x
⇒Hệ phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
Ví dụ 63. Giải các phương trình sau
a) sin x + sin 2x + sin 3x =
5
2
b) tan2
x + tan2
2x + cot2
3x = 1
Giải
a) Theo bất đẳng thức bunhiakopsky ta có
sin x + sin 3x + sin 2x = 2 cos x sin 2x + 2 sin x cos x ≤ 2 (cos2 x + sin2
x)(sin2
2x + cos2 x)
= 2 sin2
2x + cos2 x = 2 − cos2 2x +
1
2
cos 2x +
3
2
= 2
25
16
− cos 2x −
1
4
2
≤ 2(
5
4
) =
5
2
59

Dấu = xảy ra ⇔



cos 2x =
1
4
cos x
sin 2x
=
sin x
cos x
⇔
cos 2x =
1
4
cos x = 2 sin2
x
⇔



2 cos2
x =
5
4
cos x =
3
4
⇒ Hệ vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
b) Điều kiện xác định:



cos x = 0
cos 2x = 0
sin 3x = 0
⇔
sin 4x = 0
cos 2x = −
1
2
Ta có:
tan(2x+x) =
tan 2x + tan x
1 − tan 2x tan x
=
1
cot 3x
⇔ tan x tan 2x+tan 2x cot 3x+cot 3x tan x = 1
Theo bất đẳng thức bunhiakopsky ta có:
1 = tan x tan 2x + tan 2x cot 3x + cot 3x tan x ≤ tan2
x + tan2
2x + cot2
3x
Dấu = xảy ra ⇔ tan x = tan 2x = cot 3x ⇔
tan 2x = tan x
cot 3x = tan x
⇔
2 tan x
1 − tan2
x
= tan x
cot 3x = tan x
⇔
tan x = 0
cot 3x = 0
⇔
x = kπ
cot 3x = 0
⇒ Hệ phương trình này vô nghiệm
Kết luận: Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
cos x cos 2x cos 3x + sin x sin 2x sin 3x = 1
Giải
Nếu | cos x| < 1, theo bất đẳng thức bunhiakopsky ta có:
(cos x cos 2x cos 3x + sin x sin 2x sin 3x)2
≤ (cos2
x cos s2
2x + sin2
x sin2
2x)(cos2
3x + sin2
3x)
= cos2
x cos s2
2x + sin2
x sin2
2x < cos2
2x + sin2
2x = 1
⇒ Phương trình đã cho vô nghiệm
Nếu | cos x| = 1 ⇔ x = kπ thì phương trình đã cho được thỏa mãn.
Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = kπ (k ∈ Z)
1.10.3.2 Bài tập
1) cos x +
√
2 − cos2 x + cos x
√
2 − cos2 x = 3
2) sin x + 2 sin 2x + sin 3x = 2
√
2
3) sin x
1
sin x
− 1 + cos 2x
1
cos 2x
− 1 = 1
60

4) 2| sin x|
= sin x +
1
sin x
5) 2 cos2 x
5
= 3x
+
1
3x
6) | sin x − cos x| + | sin x + cos x| = 2
7) cos 7x + 3
√
3 sin x = cos x
8)
√
3(sin x + cos x) − cos2
x + cos x −
11
4
= 0
9)
1
sin x
+
1
cos x
=
4
sin x + cos x
10) (1 + sin x)(1 + sin 2x)(1 + sin 3x) = (1 +
√
sin x sin 2x sin 3x)3
1.10.4 Dùng hàm số để giải phương trình lượng giác
1.10.4.1 Ví dụ
2 log3 tan x = log2 sin x (1)
Giải
tan x > 0
sin x > 0
Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
log3 tan2
x = log2 sin x
⇔ log3
sin2
x
1 − sin2
x
= log2 sin x
Đặt t = log2 sin x ⇒ sin x = 2t
. Thay vào phương trình ta được:
log3
4t
1 − 4t
= t
⇔
4t
1 − 4t
= 3t
⇔ 4t
+ 12t
= 3t
⇔
4
3
t
+ 4t
= 1 (2)
Xét hàm số f(t) =
4
3
t
+ 4t
. Có f (t) =
4
3
t
ln
4
3
+ 4t
ln 4 > 0 ∀t ∈ Z
⇒ f(t) là hàm tăng trên R
61

⇒ Đồ thị hàm số f(t) cắt đồ thị hàm g(t) tại một điểm duy nhất.
Mà f(−1) = 1 nên t = −1 là nghiệm duy nhất của phương trình (2).
Với t = −1 ⇒ sin x =
1
2
⇒


x =
π
6
+ k2π
x =
5π
6
+ k2π
(k ∈ Z)
Đối chiếu điều kiện xác định thì nghiệm x =
π
6
+k2π (k ∈ Z) là thỏa mãn. Còn nghiệm
x =
5π
6
+ k2π (k ∈ Z) loại vì tan
5π
6
+ k2π < 0.
sin x + cos x − sin x cos x = 1 − ln
3 + sin x + cos x
4 + sin x cos x
(1)
Giải
Điều kiện xác định: ∀x ∈ R
Vì:
3 + sin x + cos x = 3 +
√
2 sin x +
π
4
> 0 ∀x ∈ R
4 + sin x cos x = 4 +
1
2
sin 2x > 0 ∀x ∈ R
⇒
3 + sin x + cos x
4 + sin x cos x
> 0 ∀x ∈ R
Khi đó phương trình (1) tương đương với:
sin x + cos x − sin x cos x = 1 − ln(3 + sin x + cos x) + ln(4 + sin x cos x)
⇔ ln(4 + sin x cos x) + 4 + sin x cos x = ln(3 + sin x + cos x) + 3 + sin x + cos x
Đặt
u = 4 + sin x cos x
v = 3 + sin x + cos x
Khi đó phương trình trên trở thành
ln u + u = ln v + v
⇔ f(u) = f(v)
Xét hàm f(t) = ln t + t với t > 0 ⇒ f (t) =
1
t
+ 1 > 0 ∀t > 0
⇒ f(u) = f(v) ⇔ u = v ⇔ 4+sin x cos x = 3+sin x+cos x ⇔ (sin x−1)(1−cos x) = 0
⇔
sin x = 1
cos x = 1
⇔
x =
π
2
+ 2kπ
x = 2kπ
(k ∈ Z)
Vậy nghiệm của phương trình là
x =
π
2
+ 2kπ hoặc x = 2kπ (k ∈ Z)
Ví dụ 67. Giải các phương trình sau
62

a) 1 −
x2
2
= cos x với 0 ≤ x ≤
π
2
b) sinn
x + cosn
x = 2
2−n
2 với 0 < x <
π
2
và n > 2
Giải
a) Phương trình đã cho tương đương với
1 −
x2
2
− cos x = 0
Xét hàm số f(x) = 1 −
x2
2
− cos x có
f (x) = −x + sin x
f (x) = −1 + cos x ≤ 0 ∀x ∈ 0;
π
2
Bảng biến thiên
x 0 2 π/2
f (x) 1 − 3
f (x)
0
1 − π/2
f(x)
0
1 − π2
/8
Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: f(x) ≤ 0 ∀x ∈ 0;
π
2
Dấu = xảy ra ⇔ x = 0
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0
b) Xét hàm số
f(x) = sinn
x + cosn
x với 0 ≤ x <
π
2
f (x) = n sinn−1
x cos x − n cosn−1
x sin x = n sin x cos x(sinn−2
x − cosn−2
x)
f (x) = 0 ⇒ sinn−2
x − cosn−2
x = 0 ⇒ x =
π
4
Bảng biến thiên
x 0 π/4 π/2
f (x) − 0 +
f(x)
1
f(
π
4
)
1
Dựa vào bảng biến thiên ⇒ f(x) ≥ f(
π
4
) = 2
2−n
2
Dấu = xảy ra ⇔ x =
π
4
Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =
π
4
63

1.10.4.2 Bài tập
1) tan x + sin x − 2x = 0 với −
π
2
< x <
π
2
2) 2 log3 cot x = log2 cos x
3) 2 sin5
x − sin 2x sin3
x + 4(sin x − cos x) − (sin 2x + cos 2x) + 1 = 0
4) sin x + 3log2 sin x
= (sin x)log2 5
5)
1
sin x
−
1
sin3
x
= cot2
x
x2
+ 5 = 2[x − 2 cos(2x − a)]
Tìm a để phương trình có nghiệm.
(1 − sin x)(cos x − sin x) + (cos x − 2 sin x + 1)m + m2
= 0
a) Giải phương trình khi m = −1.
b) Xác định m để phương trình có nghiệm.
tan2
x + tan4
x + cot2
x + cot4
x = 5 sin 2x − m2
+ 4m − 5
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Xác định m để phương trình có nghiệm.
64

Chương 2
ỨNG DỤNG
2.1 Ứng dụng lượng giác để chứng minh các đẳng
thức, bất đẳng thức
Khi giải các bài toán về chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức, trong một số trường
hợp ta có thể chuyển chúng thành các bài toán lượng giác để giải, công việc này được
gọi là phương pháp lượng giác hóa. Việc lựa chọn phương pháp lượng giác hóa được
xác định thông qua các dấu hiệu đặc biệt của các biến có mặt trong bài toán và các
dấu hiệu đó lại được xác định thông qua miền giá trị của chúng cùng với các công thức
lượng giác thông thường. Chẳng hạn, nếu khoảng xác định là |x| ≤ 1, thông thường
đổi biến x = cos t (0 ≤ t ≤ π) hoặc nếu điều kiện ràng buộc giữa các ẩn được quy
về dạng x2
+ y2
= a2
(a > 0) thì ta có thể đặt x = a sin α, y = a cos α hoặc nếu có
x + y + z = xyz, thì ta có thể đặt x = tan α, y tan β, z = tan γ và α + β + γ = kπ...
Sau khi đặt ẩn phụ, ta quy bài toán ban đầu về bài toán lượng giác. Giải bài toán
lượng giác, từ đó ta có kết quả của bài toán đại số.
2.1.1 Ví dụ
Ví dụ 68. Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 thỏa mãn các điều kiện sau:
xy + yz + zx = 1 (1)
Chứng minh rằng
x
(1 + y2
)(1 + z2
)
1 + x2
+ y
(1 + x2
)(1 + z2
)
1 + y2
+ z
(1 + x2
)(1 + y2
)
1 + z2
= 2
Giải
Đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ với α, β, γ ∈ [0, π/2)
65

Khi đó (1) có dạng
tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1
⇔ tan α(tan β + tan γ) = 1 − tan β tan γ
⇔ tan α =
1 − tan β tan γ
tan β + tan γ
= cot(β + γ)
⇔ α + β + γ =
π
2
+ kπ
Do α + β + γ ∈ 0;
3π
2
nên 0 ≤
π
2
+ kπ <
3π
2
hay −
1
2
≤ k < 1
Vì k ∈ Z nên k = 0. Vậy α + β + γ =
π
2
Ta có:
x
(1 + y2
)(1 + z2
)
1 + x2
= tan α
(1 + tan2
α)(1 + tan2
α)
1 + tan2
α
= tan α
cos α
cos β cos γ
=
sin α
cos β cos γ
=
cos(β + γ)
cos β cos γ
=
cos β cos γ − sin β sin γ
cos β cos γ
= 1 − tan β tan γ = 1 − yz
Vậy x
(1 + y2
)(1 + z2
)
1 + x2
= 1 − yz
Tương tự:
y
(1 + x2
)(1 + z2
)
1 + z2
= 1 − xz
z
(1 + y2
)(1 + x2
)
1 + z2
= 1 − xy
Từ đó suy ra
x
(1 + y2
)(1 + z2
)
1 + x2
+y
(1 + x2
)(1 + z2
)
1 + y2
+z
(1 + x2
)(1 + y2
)
1 + z2
= 3−(xy+yz+zx) = 2
Điều phải chứng minh.
Ví dụ 69. Cho x > 0, y > 0, z > 0 thỏa mãn
x + y + z = xyz
Chứng minh rằng:
(1 + y2)(1 + z2) − 1 + y2 −
√
1 + z2
yz
+
(1 + x2)(1 + z2) −
√
1 + x2 −
√
1 + z2
xz
+
(1 + y2)(1 + x2) − 1 + y2 −
√
1 + x2
yx
= 0
66

Giải
Đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ , với α, β, γ ∈ 0;
π
2
Do x + y + z = xyz nên ta có:
tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ
⇔ tan α + tan β = tan γ(tan α tan β − 1)
⇔
tan α + tan β
1 − tan α tan β
= − tan γ
⇔ α + β = −γ + kπ
⇔ α + β + γ = kπ (k ∈ Z)
Do α + β + γ ∈ 0;
3π
2
, suy ra 0 < kπ <
3π
2
⇒ 0 < k <
3
2
mà k ∈ Z nên k = 1.
Vậy α + β + γ = π . Ta có:
(1 + y2)(1 + z2) − 1 + y2 −
√
1 + z2
yz
=
(1 + tan2
β)(1 + tan2
γ) − 1 + tan2
β − 1 + tan2
γ
tan β tan γ
=
1
cos β
1
cos γ
−
1
cos β
−
1
cos γ
sin β
cos β
sin γ
cos γ
=
1 − (cos β + cos γ)
sin β sin γ
Vậy
(1 + y2)(1 + z2) − 1 + y2 −
√
1 + z2
yz
=
sin β sin γ
Tương tự ta có:
(1 + x2)(1 + z2) −
√
1 + x2 −
√
1 + z2
xz
=
1 − (cos α + cos γ)
sin α sin γ
(1 + y2)(1 + x2) − 1 + y2 −
√
1 + x2
yx
=
1 − (cos β + cos α)
sin β sin α
Khi đó vế trái của biểu thức cần chứng minh bằng
sin β sin γ
+
1 − (cos α + cos γ)
sin α sin γ
+
1 − (cos β + cos α)
sin β sin α
=
sin α + sin β + sin γ − sin(α + γ) − sin(α + β) − sin(β + γ)
sin α sin β sin γ
= 0
Suy ra điều phải chứng minh.
67

Ví dụ 70. Cho 0 < a, b, c < 1 và a2
+ b2
+ c2
+ 2abc = 1
abc + 1 = c (1 − a2)(1 − b2) + b (1 − a2)(1 − c2) + a (1 − c2)(1 − b2)
Giải
Vì 0 < a, b, c < 1 nên ta đặt a = cos α, b = cos β, c = cos γ, với 0 < α, β, γ <
π
2
Theo đề bài a2
+ b2
+ c2
+ 2abc = 1 nên ta có:
cos2
α + cos2
β + cos2
γ + 2 cos α cos β cos γ = 1
⇔
1
2
(1 + cos 2α) +
1
2
(1 + cos 2β) + cos2
γ + [cos(α + β) + cos(α − β)] cos γ = 1
⇔ cos(α + β) cos(α − β) + cos2
γ + [cos(α + β) + cos(α − β)] cos γ = 0
⇔ [cos(α − β) + cos γ] + cos γ[cos γ + cos(α − β)] = 0
⇔ [cos(α − β) + cos γ][cos(α + β) + cos γ] = 0
⇔ cos(α + β) + cos α = 0 (Do cos(α − β) + cos γ > 0 ∀α, β, γ ∈ 0;
π
2
⇔ α + β = π − γ
⇔ α + β + γ = π
Khi đó đẳng thức cần chứng minh được viết về dạng:
cos α cos β cos γ + 1 = cos γ sin α sin β + cos α sin β sin γ + cos β sin α sin γ
⇔ cos γ cos(α + β) − sin(α + β) sin α + 1 = 0
⇔ cos(α + β + γ) + 1 = 0
⇔ cos(α + β + γ) = −1
Ví dụ 71. Cho a, b, c liên hệ bởi:
a = c
√
1 − d2; b = d
√
1 − c2
|a| + |b| ≤ 1
Giải
Điều kiện có nghĩa là |c| ≤ 1; |d| ≤ 1
Theo đề bài ta có:
|a| = |c| 1 − |d|2; |b| = |d| 1 − |c|2;
Đặt |c| = cos α; |d| = cos β với 0 ≤ α, β ≤
π
2
Ta có:
|a| + |b| = cos α 1 − cos2 β + cos β
√
1 − cos2 α
= cos α sin β + cos β sin α
= sin(α + β) ≤ 1
Vậy |a| + |b| ≤ 1
68

Ví dụ 72. Cho 4 số u, v, x, y thỏa mãn điều kiện
u2
+ v2
= x2
+ y2
= 1
|u(x − y) + v(x − y)| ≤
√
2
Giải
Đặt



u = sin α
v = cos α
x = sin β
y = cos β
và A = |u(x + y) + v(x − y)|
Ta có:
A = | sin α(sin β + cos β) + cos α(sin β − cos β)|
= | sin(α + β) − cos(α + β)|
= |
√
2 sin α + β −
π
4
| ≤
√
2
Vậy |u(x + y) + v(x − y)| ≤
√
2
Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 73. Cho a > 0, b > 0 và a + b = 1. Chứng minh rằng:
a) ab ≤
1
4
b)
2
3
≤
a
b + 1
+
b
a + 1
≤ 1
Dấu = xảy ra khi nào?
Giải
Từ giả thiết a > 0, b > 0 và a+b = 1, suy ra tồn tại góc α ∈ [0; π] sao cho:
a = cos2
α
b = sin2
α
a) Ta có ab = sin2
α cos2
α =
1
4
sin2
2α ≤
1
44
. Suy ra điều phải chứng minh.
Dấu = xảy ra khi sin2
2α = 1 ⇔


α =
π
4
α =
3π
4
. Tức là a = b =
1
2
b) Ta có:
a
b + 1
+
b
a + 1
=
cos2
α
1 + sin2
α
+
sin2
α
1 + cos2 α
=
cos4
α + cos2
α + sin4
α + sin2
α
(1 + sin2
α)(1 + cos2 α)
=
2 − 2 sin2
α cos2
α
2 + sin2
α cos2 α
≤ 1 ∀α ∈ [0; π]
69

Dấu = xảy ra ⇔ sin α cos α = 0, tức là a = 1; b = 0 hoặc a = 0; b = 1
Lại có
a
b + 1
+
b
a + 1
−
2
3
=
2 −
1
2
sin2
2α
2 +
1
4
sin2
2α
−
2
3
=
2(1 − sin2
2α)
3(2 + 1/4 sin2
2α)
≥ 0 ∀α ∈ [0; π]
Dấu = xảy ra khi sin2
2α = 1 ⇔


α =
π
4
α =
3π
4
Hay a = b =
1
2
Vậy
a
b + 1
+
b
a + 1
≥
2
3
. Dấu = xảy ra khi a = b =
1
2
Ví dụ 74. Chứng minh rằng
1 +
√
1 − x2[ (1 + x)3 − (1 − x)3] ≤ 2
√
2 +
√
2 − 2x2
Giải
Điều kiện có nghĩa là |x| ≤ 1
Đặt x = cos α với α ∈ [0; π]
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:
√
1 + sin α[ (1 + cos α)3 − (1 − cos α)3] ≤ 2
√
2 +
√
2 sin α
⇔ 2
√
2 cos
α
2
+ sin
α
2
cos3 α
2
− sin3 α
2
≤
√
2(2 + sin α)
⇔
√
2 cos α(2 + sin α) ≤
√
2(2 + sin α)
⇔ (2 + sin α)(cos α − 1) < 0 luôn đúng ∀α ∈ [0; π]
Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 75. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 và mọi số a, ta có:
−(1 + a2
)n
≤ (2a)n
+ (1 − a2
)n
≤ (1 + a2
)n
Giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
−1 ≤
2a
1 + a2
n
+
1 − a2
1 + a2
n
≤ 1
Đặt tan
α
2
= a với −π < α < π , ta có:
2a
1 + a2
= sin α;
1 − a2
1 + a2
= cos α
70

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
−1 ≤ sinn
α + cosn
α ≤ 1
Thật vậy, ta có:
−1 ≤ sin α ≤ 1 ⇒ − sin2
α ≤ sinn
α ≤ sin2
α với n ≥ 2
Tương tự ta có
−1 ≤ cos α ≤ 1 ⇒ − cos2
α ≤ cosn
α ≤ cos2
α với n ≥ 2
Do đó: −1 ≤ sinn
α + cosn
α ≤ 1 (Bài toán được chứng minh)
Ví dụ 76. Chứng minh rằng với mọi x, y ta có
−
1
4
≤
(x2
− y2
)(1 − x2
y2
)
(1 + x2)(1 + y2)
≤
1
4
Giải
Đặt x = tan α, y = tan β . Với −
π
2
< α, β <
π
2
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:
−
1
4
≤
(tan2
α − tan2
β)(1 − tan2
α tan2
β)
(1 + tan2
α)2(1 + tan2
β)2
≤
1
4
Đặt A =
(tan2
α − tan2
β)(1 − tan2
α tan2
β)
(1 + tan2
α)2(1 + tan2
β)2
Ta có:
A =
sin2
α cos2
β − sin2
β cos2
α
cos2 α cos2 β
cos2
α cos2
β − sin2
α sin2
β
cos2 α cos2 β
1
cos4 α cos4 β
= sin(α − β) sin(α + β) cos(α + β) cos(α − β)
=
1
4
sin[2(α − β)] sin[2(α + β)]
Do đó:
−
1
4
≤
(tan2
α − tan2
β)(1 − tan2
α tan2
β)
(1 + tan2
α)2(1 + tan2
β)2
≤
1
4
A =
1
4
khi và chỉ khi hoặc
sin[2(α − β)] = 1
sin[2(α + β)] = 1
hoặc
sin[2(α − β)] = −1
sin[2(α + β)] = −1
71

Chẳng hạn



2(α − β) =
π
2
2(α + β) =
π
2
hoặc



2(α − β) = −
π
2
2(α + β) = −
π
2
hay α = ±
π
4
; β = 0. Tức là x = ±1, y = 0
A = −
1
4
khi và chỉ khi
hoặc
sin[2(α − β)] = 1
sin[2(α + β)] = −1
hoặc sin[2(α − β)] = −1 sin[2(α + β)] = 1
hay α = 0; β = ±
π
4
. Tức là x = 0, y = ±1
2.1.2 Bài tập
Bài 67. Cho x = ±
1
√
3
; y = ±
1
√
3
; z = ±
1
√
3
và thỏa mãn điều kiện: x + y + z = xyz
3x − x3
1 − 3x2
+
3y − y3
1 − 3y2
+
3z − z3
1 − 3z2
=
3x − x3
1 − 3x2
3y − y3
1 − 3y2
3z − z3
1 − 3z2
Bài 68. Cho x1, x2, x3 là nghiệm của phương trình
x3
+ ax2
+ x + b = 0
Và b = 0. Chứng minh rằng:
x1 −
1
x1
x2 −
1
x2
+ x2 −
1
x2
x3 −
1
x3
+ x3 −
1
x3
x1 −
1
x1
= 4
Bài 69. Cho a, b, x, y > 0 thỏa mãn điều kiện
a
x
+
b
y
= 1
x + y ≥ (
√
a +
√
b)2
Bài 70. Cho |a| ≥ 1, |b| ≥ 1. Chứng minh rằng:
√
a1 − 1 +
√
b1 − 1 ≤ |ab|
Bài 71. Cho các số x, y, z thỏa mãn
0 < x, y, z < 1
xy + yz + zx = 1
x
1 − x2
+
y
1 − y2
+
y
1 − y2
≥
3
√
3
2
Bài 72. Cho nhị thức ax + b thỏa mãn điều kiện
72

√
1 − x2|ax + b| ≤ 1 ∀x ∈ [−1; 1]
Chứng minh rằng
1) |a| ≤ 2
2) |ax + b| ≤ 2 ∀x ∈ [−1; 1]
Bài 73. Cho tam thức bậc 2 ax2
+ bx + c thỏa mãn điều kiện
√
1 − x2|ax2
+ bx + c| ≤ 1 ∀x ∈ [−1; 1]
1) |a| ≤ 4
2) |ax2
+ bx + c| ≤ 3 ∀x ∈ [−1; 1]
73

2.2 Ứng dụng lượng giác để giải phương trình đại
số, bất phương trình đại số.
Để lượng giác hóa các phương trình và bất phương trình đại số ta sử dụng các nhận
xét sau:
1) Nếu −1 ≤ x ≤ 1 thì tồn tại α và β với −
π
2
≤ α ≤
π
2
; 0 ≤ β ≤ π sao cho sin α = x
và cos β = x
2) Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì tồn tại các số α, β với 0 ≤ α ≤
π
2
và 0 ≤ β ≤
π
2
sao cho: x = sin π
và x = cos β
3) Với mỗi số thực x, tồn tại số α với −
π
2
< α <
π
2
sao cho x = tan α
4) Nếu các số thực x, y thỏa mãn x2
+ y2
= 1 thì tồn tại số α với 0 ≤ α ≤ 2π sao cho
x = cos α và y = sin α
Ngoài ra, còn một số dấu hiệu cơ bản nhằm giúp phát hiện được phương pháp lượng
giác hóa nhanh hơn.
- Nếu biến x thỏa mãn điều kiện |x| ≤ a (a > 0) thì khi đó lượng giác hóa bằng cách
đặt x = a sin α với α ∈ −
π
2
;
π
2
hoặc x = a cos α với α ∈ [0; π]
- Nếu 2 biến x, y tham gia bài toán thỏa mãn: a2
x2
+ b2
y2
= c2
với a, b, c > 0. Khi đó
ta có thể lượng giác hóa bằng cách đặt x =
c
a
sin α; y =
c
b
cos α với α ∈ [0; 2π]
- Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức
√
x2 + 1 hoặc x2
+ 1 thì có thể lượng giác
hóa bằng cách đặt x = tan α với số α ∈ −
π
2
;
π
2
. Khi đó
√
x2 + 1 =
1
cos α
và
x2
+ 1 =
1
cos2 α
√
1 − x2 thì có thể lượng giác hóa bằng cách
đặt x = sin α với α ∈ −
π
2
;
π
2
, khi đó
√
1 − x2 = cos α . Hoặc đặt x = cos α với
α ∈ [0; π] khi đó
√
1 − x2 = sin α
√
x2 − 1 thì lượng giác hóa bằng cách đặt
x =
1
cos α
với α ∈ 0;
π
2
∪ π;
3π
2
, khi đó
√
x2 − 1 = tan α
Ngoài ra, còn một số dấu hiệu thông qua các công thức về hàm số tan , chẳng hạn.
- Nếu có biểu thức A =
a + b
1 − ab
thì lượng giác hóa bằng cách đặt: a = tan α, b = tan β.
Khi đó A = tan(α + β)
74

- Nếu có 3 số a, b, c mà a + b + c = abc thì ta có thể đặt: a = tan α, b = tan β, c = tan α
với α + β + α = kπ
2.2.1 Ví dụ
Ví dụ 77. Phương trình:
8x(1 − 2x2
)(8x4
− 8x2
+ 1) = 1
có bao nhiêu nghiệm nằm trong khoảng (0; 1)
Giải
Đặt x = sin t, t ∈ 0;
π
2
, phương trình đã cho trở thành:
8 sin t(1 − 2 sin2
t)(8 sin4
t − 8 sin2
t + 1) = 1
⇔ 8 sin t cos 2t cos 4t = 1 (∗)
Vì 0 < t ≤
π
2
nên cos = 0. Nhân 2 vế của (*) với cos t ta được:
8 sin t cos t cos 2t cos 4t = cos t
⇔ sin 8t = cos t
⇔ sin 8t = sin
π
2
− t
⇔


8t =
π
2
− t + k2π
8t =
π
2
+ t + k2π
⇔



t =
π
18
+ k
2π
9
t =
π
14
+ k
2π
7
Vì 0 < t <
π
2
nên ta có các giá trị thỏa mãn là:
t1 =
π
18
; t2 =
π
14
; t3 =
5π
18
; t4 =
5π
14
Khi đó phương trình ban đầu có các nghiệm là:
x1 = sin
π
18
; x2 = sin
π
14
; x3 = sin
5π
18
; x4 = sin
5π
14
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nằm trong khoảng (0; 1)
Ví dụ 78. Chứng minh rằng phương trình:
75

64x6
− 96x4
+ 36x2
− 3 = 0
có nghiệm x0 thỏa mãn điều kiện:
2 + 2 +
√
2
2
< x0 <
2 + 2 +
√
3
2
Giải
Ta tìm nghiệm thuộc khoảng (0; 1) của phương trình ban đầu. Đặt x = cos t; 0 < t <
π
2
.
Ta được phương trình:
64 cos6
t − 96 cos4
t + 36 cos2
t − 3 = 0
⇔ 2[2(16 cos6
t − 24 cos4
t + 9 cos2
t) − 1] = 1
⇔ 2[2(4 cos3
t − 3 cos t)2
− 1] = 1
⇔ 2(4 cos3
t − 3 cos t)2
− 1 =
1
2
⇔ cos 6t =
1
2
⇔ 6t = ±
π
3
+ k2π
⇔ t = ±
π
18
+ k
π
3
Khi đó nghiệm t0 =
π
18
thỏa mãn bài toán.
Thật vậy, từ các công thức: cos2 t
4
=
1 + cos
t
2
2
; cos2 t
2
=
1 + cos t
2
với 0 < t <
π
2
Ta có: cos2 t
4
=
1 + 1 + cos
t
2
2
=
2 +
√
2 + 2 cos t
4
suy ra cos
t
4
=
2 +
√
2 + 2 cos t
2
Với t =
π
4
và t =
π
6
ta được:
cos
π
16
=
2 + 2 +
√
2
2
; cos
π
24
=
2 + 2 +
√
3
2
Như vậy, điều kiện về nghiệm x0 tương đương với
π
24
< x <
π
16
. Theo lập luận trên,
ta có t0 =
π
18
thỏa mãn đề bài.
Ví dụ 79. Chứng minh rằng nếu |x| < 1 và n là một số nguyên lớn hơn 1 thì ta có:
(1 − x)n
+ (1 + x)n
< 2n
76

Giải
Đặt x = cos t, x = ±1 ⇒ t = 0; t = π . Khi đó ta có:
(1 − x)n
+ (1 + x)n
= (1 − cos t)n
+ (1 + cos t)n
= (2 sin2 t
2
)n
+ (2 cos2 t
2
)n
= 2n
(sin2
n
t
2
+ cos2
n
t
2
) < 2n
(sin2 t
2
+ cos2 t
2
) = 2n
x3
+ (1 − x2)3 = x
√
2 − 2x2
Giải
Điều kiện: 1 − x2
>= 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
Đặt x = cos t, t ∈ [0; π] ⇒ sin t >= 0 ∀t ∈ [0; π].
cos3
t + (1 − cos2 t)3 = cos t
√
2 − 2 cos2 t
⇔ cos3
t + sin3
t =
√
2 sin t cos t
⇔ (sin t + cos t)(1 − sin t cos t) =
√
2 sin t cos t (∗)
Đặt z = sin t + cos t; z ∈ [−1;
√
2] vì t ∈ [0; π] ⇒ sin t cos t = z2
−
1
2
Khi đó phương trình (*) trở thành:
z(1 −
z2
− t
2
) =
√
2
z2
− 1
2
⇔ z3
+
√
2z2
− 3z −
√
2 = 0
⇔ (z −
√
2)(z2
+ 2
√
2z + 1) = 0
⇔



z =
√
2 (Thỏa mãn)
z = 1 −
√
2 (Thỏa mãn)
z = −1 −
√
2 < −1 (Loại)
• Với z =
√
2 ta có:
sin t + cos t =
√
2
sin t cos t =
1
2
⇒ cos t là nghiệm của phương trình:
x2
−
√
2x +
1
2
= 0 ⇔ x =
√
2
2
• Với z = 1 −
√
2 ta có:
sin t + cos t = 1 −
√
2
sin t cos t = 1 −
√
2
⇒ cos t là nghiệm của phương
trình: x2
− (1 −
√
2)x + 1 −
√
2 = 0 ⇔ x =
1 −
√
2 ± (
√
2 − 1)(
√
2 + 3)
2
77

Kết Luận: Vậy phương trình ban đầu có các nghiệm là:
x =
√
2
2
; x =
1 −
√
2 ± (
√
2 − 1)(
√
2 + 3)
2
4x3
− 3x −
1
2
= 0
Giải
Đặt f(x) = 4x3
− 3x −
1
2
, ta có f(x) xác định và liên tục trên R ta có f(−1) =
−
3
2
; f(−
1
2
) =
1
2
; f(0) = −
1
2
; f(1) =
1
2
nên theo tính chất của hàm số liên tục, phương
trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm phân biệt trên mọi khoảng (−1; −
1
2
); (−
1
2
; 0); (0; 1).
Nhưng vì phương trình trên là phương trình bậc 3 nên nó có nhiều nhất 3 nghiệm phân
biệt. Do đó, phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt đều thuộc (−1; 1)
Đặt x = cos t, t ∈ (0; π). Khi đó phương trình trở thành:
4 cos3
t − 3 cos t −
1
2
= 0
⇔ cos 3t =
1
2
⇔


3t =
π
3
+ k2π
3t = −
π
3
+ k2π
(k ∈ Z)
Kết hợp với điều kiện t ∈ (0; π) ta có t1 =
π
9
; t2 =
5π
9
; t3 =
7π
9
, vậy phương trình đã
cho có các nghiệm là:
x1 = cos
π
9
; x2 = cos
5π
9
; x3 = cos
7π
9
8x
+ 15x
= 17x
Giải
Chia cả 2 vế của phương trình cho 17x
ta được:
8
17
x
+
15
17
x
= 1
Do
8
17
2
+
15
17
2
= 1 nên tồn tại α ∈ [0; 2π] sao cho



cos α =
8
17
sin α =
15
17
Khi đó ta có phương trình:
cosx
α + sinx
α = 1 (∗)
78

Dễ thấy x = 2 là nghiệm của phương trình, ta chứng minh x = 2 là nghiệm duy nhất
của phương trình.
Thật vậy.
• Nếu x > 2 thì
cosx
α < cos2
α
sinx
α < sin2
α
⇒ cosx
α + sinx
α < cos2
α + sin2
α = 1
⇒ x > 2 không phải là nghiệm của phương trình (*)
• Nếu x < 2 thì
cosx
α > cos2
x
sinx
α > sin2
α
⇒ cosx
α + sinx
α > cos2
α + sin2
α = 1
⇒ x < 2 không phải là nghiệm của phương trình (*)
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2
Ví dụ 83. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm.
√
x +
√
x − 1 > m
√
x − x2 + 1
Giải
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1
Đặt x = cos2
t, t ∈ [0;
π
2
] ta thu được bất phương trình:
cos t + sin t > m sin t cos t + 1 (∗)
Đặt u = cos t + sin t, u ∈ [1,
√
2] ⇒ sin t cos t = u2
−
1
2
Khi đó phương trình (*) trở thành:
2u > m(u2
− 1) + 2
⇔ 2(u − 1) > m(u2
− 1)(∗∗)
Nếu u = 1 thì bất phương trình trở thành 2.0 > m.0 (vô lý) ⇒Bất phương trình không
có nghiệm u = 1
Nếu u ∈ (1;
√
2] thì ta có u − 1 > 0, u + 1 > 0 nên bất phương trình tương đương với:
m <
2
u + 1
Đặt f(u) =
2
u + 1
Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t ∈ 0;
π
2
hay là phương trình (**) có nghiệm u ∈ 1;
√
2 . Điều kiện cần và đủ để điều đó xảy
ra là: m < supf(u)(1;
√
2]
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m < 1
Ví dụ 84. Giải bất phương trình.
79

√
x2 + a2 ≤ x ≤
2a2
√
x2 + a2
Giải
Tập xác định: D = R
Đặt x = |a| arctan α, α ∈ −
π
2
;
π
2
khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
|a|
cos α
≤ |a| tan α +
2a2
|a|
cos α
⇔ 1 ≤ sin α + 2 cos s2
α
⇔ 2 sin2
α − sin α − 1 ≤ 0
⇔ −
1
2
≤ sin α ≤ 1
⇔ tan α ≥ −
1
√
3
⇔ x ≥
|a|
√
3
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x ≥
|a|
√
3
√
1 − x2 =
x
164 − 12x2 + 1
Giải
Điều kiện:
−1 ≤ x ≤ 1
16x4
− 12x2
+ 1 = 0
Đặt x = cos t, t ∈ [0; π]
Nhận thấy: 16 cos4
t − 12 cos2
t + 1 = 0 ⇒ sin t ≥ 0
√
1 − cos2 t =
cos t
16 cos4 t − 12 cos2 t + 1
⇔
√
1 − cos2 t(16 cos4
t − 12 cos2
t + 1) = cos t
⇔ sin t[16(1 − sin2
t)2
− 12(1 − sin2
t) + 1] = cos t
⇔ sin t(16 sin4
t − 20 sin2
t + 5) = cos t
⇔ 16 sin5
t − 20 sin3
t + 5 sin t = cos t
⇔ sin 5t = cos t
⇔ sin 5t = sin
π
2
− t
⇔


t =
π
12
+ k
π
3
t =
π
8
+ k
π
2
80

Vì t ∈ [0; π] nên ta có:
t1 =
π
12
; t2 =
π
8
; t3 =
5π
12
; t4 =
5π
8
; t5 =
9π
12
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là:
x1 = cos
π
12
; x2 = cos
π
8
; x3 = cos
5π
12
; x4 = cos
5π
8
; x5 = cos
9π
12
2.2.2 Bài tập
Bài 74. Chứng minh rằng nếu −1 ≤ x ≤ 1 thì |y| ≤ 1 với
a) y = 4x3
− 3x
b) y = 8x4
− 8x2
+ 1
Bài 75. Giải các phương trình sau bằng phương pháp lượng giác
a)
1
x
+
1
√
1 − x2
=
35
12
b) x +
x
√
x2 − 1
=
35
12
c)
√
1 + 1 − x2( (1 + x)3 − (1 − x)3) = 2 +
√
1 − x2
d) x3
+ (1 − x2)3 = x 2(1 − x2)
Bài 76. Giải các phương trình sau bằng phương pháp lượng giác
a)
√
1 − x2(16x4
− 12x2
+ 1) = 4x3
− 3x
b) 2x + (4x2
− 1)
√
1 − x2 = 4x3
+
√
1 − x2
Bài 77. Giải bất phương trình sau bằng phương pháp lượng giác
√
1 − x +
√
x >
1
3
81

Luận văn: Các dạng phương trình lượng giác, HOT - Gửi miễn phí qua zalo=> 0909232620

Luận văn: Các dạng phương trình lượng giác, HOT - Gửi miễn phí qua zalo=> 0909232620

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Luận văn: Các dạng phương trình lượng giác, HOT - Gửi miễn phí qua zalo=> 0909232620

Similar to Luận văn: Các dạng phương trình lượng giác, HOT - Gửi miễn phí qua zalo=> 0909232620 (20)

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO: 0909232620

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO: 0909232620 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Luận văn: Các dạng phương trình lượng giác, HOT - Gửi miễn phí qua zalo=> 0909232620