Chuyên đề lượng giác - Hồ Văn Hoàng

5) 2sin2x -cosx – 1 = 0.
6) 2sinx +cosx =sin2x +1. HD: (1 − cosx)(2sinx −1) = 0
7) sin2x +cos2x +sinx -2cos2x/2= 0.HD (cosx –sinx)(2sinx−1)= 0
8)sin3x + cos3x = 2(sin5x + cos5x) Đưa về dạng: cos2x(sin3x – cos3x) = 0
9)2cos2x + 5sinx -4 = 0
10) (1+sinx)(1+cosx) = 2. HD: t = sinx + cosx
11) 3sin 3.sin
4 2 4 2
            
x x Đặt        3 34 2 4 2
x xt t
 
3
sin 3 3sin sin 3 3sin
3sin 4sin 3sin sin 0 2
2
pt t t t t
t t t t x k

 
     
      
12)cos7x +sin8x = cos3x –sin2x. HD: sin5x(cos3x-sin2x) =0
13) 3 3 1sin cos 1 sin 2 .
2
  x x x HD: t = sinx +cosx
14)  22 sin cos
4
     x x tg x
4
sin 2sin 2 1 0
24 2 2
3
x k
x x
x k
  
 
                        
15) 4 4sin cos 2 3 sin .cos 1  x x x x cos 2 3 sin 2 1  x x
Phương pháp đổi biến: Để giải phương trình lượng giác bằng
phương pháp đổi biến, ta sử dụng biến t để chuyển phương trình
ban đầu về chứa các cung t, 2t, 3t,, kt, rồi sử dụng các công
thức góc nhân đôi, nhân ba,
Ví dụ 1: Giải sin(2x -
3
 ) = 5sin(x -
6
 ) + cos3x (1)
Đặt t = x -
6
  2x -
3

 = 2t và 3x = 3t +
2

Khi đó (1)  sin2t = 5sint + cos(3t +
2
 ) sin2t = 5sint - sin3t
 sin3t + sin2t = 5sint  3sint - 4sin3t + 2sint.cost = 5sint
 (3 - 4sin2t + 2cost - 5) sint = 0  (2sin2t - cost + 1)sint = 0
 (2cos2t + cost - 3) sint = 0

sin 0
cos 1
3
cos
2
t
t
t
   
 sint = 0  t = k  x -
6

 = k
Ví dụ 2: Giải sin( 3
10 2
x  ) = 1 3sin( )
2 10 2
x  (2)
(loại)  x =
6

 + k , k 
Chuyên đề lượng giác Hồ Văn Hoàng
4
Đặt t = 3
10 2
x    - 3t = 3
10 2
x  . (2)  sint = 1 sin( 3 )
2
t 
 2sint = sin3t  2sint = 3sint - 4sin3t  4sin3t - sint = 0 
(4sin2t - 1)sint = 0  (1 - 2cos2t)sint = 0

sin 0
1
cos 2
2
t
t
 

2 2
3
t k
t k

 
   

6
t k
t k

 
   

3
10 2
3
10 2 6
3
10 2 6
 
  
  
         
x k
x k
x k

3 2
5
4 2
15
14 2
15
 , k
 
 
 
       

x k
x k
x k
Ví dụ 3: Giải sin(3x -
4
 ) = sin2x.sin(x +
4
 ) (3)
Đặt t = x +
4

 suy ra
3 3
4
2 2
2
x t
x t
 

     
(2)  sin(3t - ) = sin(2t -
2
 ).sint  - sin3t = - cos2t. sint
 3sint - 4sin3t = (1 - 2sin2t)sint  sin3t - sint = 0
 (sin2t - 1)sint = 0  cos2t.sint = 0  cost.sint = 0
 sin2t = 0  2t = k  t =
2
k  x +
4 2
k 
 x = -
4 2
k  , k   . Vậy phương trình có 1 nghiệm
Ví dụ 4: Giải 2cos(
6
x
 ) = sin3x - cos3x (4)
Đặt t =
6
x
  3x = 3t -
2

(4)  2cost = sin(3t -
2
 ) - cos(3t -
2
 ) 2cost = - cos3t - sin3t
 2cost = - (4cos3t - 3cost) - (3sint - 4sin3t)
 4cos3t - cost + 3sint - 4sin3t = 0 (5)
Ta xét hai trường hợp:
TH1: Với cost = 0  t = ,
2
k k  
Khi đó phương trình có dạng: 3sin(
2
k  ) - 4sin3(
2
k  ) = 0
(Vô lý). Vậy t =
2
k  không là nghiệm của phương trình.
TH2: Với cost ≠ 0  t ≠ ,
2
k k  
Chia cả hai vế của phương trình (5) cho cos3t, ta được:
4−(1+tan2t)+3(1+tan2t)tant−4tan3t=0 tan3t+tan2t−3tant−3 = 0
 (tant + 1)(tan2t - 3) = 0
tan 1
tan 3
tan 3
t
t
t
    

4
3
3
t k
t k
t k
 
 
 
        

6 4
6 3
6 3
x k
x k
x k
  
  
  
           

5
12
6
2
x k
x k
x k
 
 
 
        
, k  
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.
Giải phương trình lượng giác bằng công thức hạ bậc.
Để giải phương trình lượng giác bằng công thức hạ bậc, ta
thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa.
Bước 2: Thực hiện hạ bậc của phương trình bằng việc sử dụng
các công thức:
Ví dụ 1: Giải sin24x - cos26x = sin(10x + 21
2
 ) (1)
Phương trình (1)  1 cos8 1 cos12 sin(10 10 )
2 2 2
     x x x
 2cos10x + cos12x + cos8x = 0
 2cos10x + 2cos10x.cos2x = 0
 (cos2x + 1)cos10x = 0
 cos 2 1
cos10 0
  
x
x

2 2
10
2
 
 
   
x k
x k
 2 ,
20 10
 
 
     

x k
k
k
x
Ví dụ 2: Giải phương trình sin23x - cos24x = sin25x - cos26x (2)
Sử dụng công thức hạ bậc ta có:
(2)  1 cos 6 1 cos8 1 cos10 1 cos12
2 2 2 2
     x x x x
 (cos12x - cos6x) + (cos10x - cos8x) = 0
 - 2sin9x.sin3x - 2sin9x.sinx = 0  - 2sin9x(sin3x + sinx) = 0
 - 4sin9x.sin2x.cosx

sin 9 0
sin 9 0 9
sin 2 0 ,
sin 2 0
cos 0
2


          

kx x
x
x k
x k
xx
Với những phương trình chứa số lẻ các nhân tử bậc cao (giả sử
bằng 3). Thông thường ta không đi hạ bậc tất cả các nhân tử đó
mà chỉ chọn ra hai nhân tử để hạ bậc. Cụ thể ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 3: Giải phương trình sin23x - sin22x - sin2x = 0 (3)
(3)  21 cos6 1 cos 2sin 2 0
2 2
   x xx
 (cos6x−cos2x) + 2sin22x = 0  -2 sin4x.sin2x + 2sin22x = 0
 - 2sin2x(sin4x - sin2x) = 0 
sin 2 0 2
,
sin 4 sin 2
6 3

 
       

k
x
x
k
x x
x k
Ví dụ 4: Giải phương trình: sin32x .cos6x + sin6x .cos32x = 3
8
Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau để biến đổi cho VT:
Cách 1: Ta có: VT = sin22x.sin2x.cos6x + sin6x.cos2x.cos22x
= (1 - 2cos2x).sin2x.cos6x + sin6x.cos2x.(1 - 2sin22x)
= sin2x.cos6x + sin6x.cos2x - cos22x.sin2x.cos6x -
sin6x.cos2x.sin22x
 = sin8x - cos2x.sin2x.(cos2x.cos6x + sin6x.sin2x)
 = sin8x - 1
2
sin4x.cos4x = 3
4
sin8x
Cách 2: Ta có:
VT = 1
4
(3sin2x - sin6x)cos6x + 1
4
(3cos2x + cos6x).sin6x
 =
3
4
(sin2x.cos6x + cos2x.sin6x) = 3
4
sin8x
Phương trình được biến đổi về dạng:
3
4
sin8x = 3
8
 sin8x = 1
2
 48 4 ,
5
48 4
 
 
     

k
x
k
k
x
.
Chuyên đề lượng giác Hồ Văn Hoàng
5
Phương trình lượng giác
Loại 1. Phương trình bậc nhất, bậc hai , bậc cao với 1 hàm
số lượng giác
Cách giải chung.
b1. Đặt HSLG theo t ( với t = sinx hoặc t = cosx thì có đk 1t  )
b2. Giải phương trình theo t ( chẳng hạn f(t) = 0 )
b3. Chọn t thoả mãn điều kiện và giải theo phương trình lượng
giác cơ bản để tìm x
Chú ý:
1.Phương trình cơ bản. ( )k 
sinu = sinv   
     
2
2
u v k
u v k
cosu = cosv     2u v k
tanu = tanv  u = v + k  cotu = cotv  u = v + k
Đặc biệt: ( cần ghi nhớ ) ( )k 
º sinx = 0  x= k º sinx = 1  x = 2 + k2  º sinx = –1  x= –

2
+ k2
º cosx = 0  x = 2 + k  º cosx = 1  x = k2  º cosx = – 1  x=  +k2 
º tanx = 0  x = k º tanx = 1  x = 4 + k  º tanx = – 1  x
= – 
4
+ k 
2. Phương trình bậc nhất theo 1 HSLG
a.sinx + b = 0 (a  0)
 sinx = –  sinb
a
 ( nếu 1b
a
)
a.cosx + b = 0 (a  0)
 cosx = –  cosb
a
 ( nếu 1b
a
 )
a.tanx +b = 0 (a  0)
 tanx =  b tg
a
a.cotx + b = 0 (a  0)
 cotx =   cotb g
a
3.phương trình bậc hai theo 1 HSLG
a.sin2x + b.sinx + c = 0 (3.1)
a.cos2x + b.cosx + c = 0 (3.2)
a.tan2x + b.tanx + c = 0 (3.3)
a.cot2x + b.cotx + c = 0 (3.4)
Cách giải.
b1.Dùng ẩn phụ:
(3.1) Đặt X = sinx ; (3.2) Đặt X = cosx , ĐK:–1 X  1
(3.3) Đặt X = tanx ; (3.4) Đặt X = cotx
 ta được phương trình a.X2 + b.X + c = 0 (2)
b2.Giải (2) tìm X = X0 ( chọn nghiệm )
b3.Dùng phương trình cơ bản giải phương trình tìm x. Kết luận
4. Phương trình bậc hai theo 1 HSLG
a.sin3x + b.sin2x + c.sinx + d = 0 (4.1)
a.cos3x + b.cos2x + c.cosx + d = 0 (4.2)
a.tan3x + b.tan2x + c.tanx + d = 0 (4.3)
a.cot3x + b.cot2x + c.cotx + d = 0 (4.4)
Cách giải:
b1.Dùng ẩn phụ:
(4.1) Đặt X = sinx , – 1 X  1 (4.2) Đặt X = cosx
, –1 X  1
(4.3) Đặt X = tanx
(4.4) Đặt X = cotx
 ta được phương trình a.X3 + b.X2 + c.X + d = 0 = 0 (2)
b2.Giải (2) tìm X = X0 ( chọn nghiệm )
b3.Dùng phương trình cơ bản giải phương trình tìm x. Kết luận
BT1. Giải các phương trình sau:
1/.
   
2cos2 4cos 1
sin 0
x x
x
2/. 4sin3x+3 2 sin2x = 8sinx
3/. 4cosx.cos2x +1=0 4/.
    
1 5sin 2cos2 0
cos 0
x x
x
5/. Cho 3sin3x – 3cos2x+4sinx– cos2x+2 = 0 (1) và
cos2x+3cosx(sin2x – 8sinx) = 0 (2). Tìm n0 của (1) đồng thời là n0 của (2)
6/. sin3x + 2cos2x – 2 = 0 7/. sin6x + cos4x = cos2x
8/. sin(  52
2
x ) – 3cos(  7
2
x ) = 1 + 2sinx
9/. cos2x + 5sinx + 2 = 0 10/. cos2x + 3cosx + 2 = 0
11/. 2cos2x – 3cosx + 1 = 0 12/. cos2x + sinx + 1 = 0
13/.     23 tan 1 3 tan 1 0x x 14/. cos3x + cos2x – cosx – 1 = 0
15/. cos2 3xcos2x – cos2x = 0 16/. cos3x – 4cos2x + 3cosx – 4 = 0
Loại 2. Phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx
dạng: asinx + bcosx = c (1)
Điều kiện có nghiệm Điều kiện vô nghiệm
(1) có nghiệm  a2 + b2  c2 (1) vô nghiệm  a2 + b2 < c2 .
Cách giải 1:
b1.Chia 2 vế của (1) cho 2 2a b
b2.Biến đổi về dạng: sinu = sinv (hoặc cosu = cosv ) (2)
b3.Giải (2) và kết luận.
Chú ý:
Sau khi biến đổi asinx + bcosx thành dạng C.  sin x  hoặc
C.  cos x  ta có thể dùng máy tính cầm tay (MTCT) để tính
nghiệm của phương trình.
Cách giải 2:
b1. Chia 2 vế của (1) cho a. Đặt btg
a
 
b2.Biến đổi về dạng: sinu = sinv ( hoặc cosu = cosv ) (2)
b3.Giải (2) và kết luận.
Cách giải 3:
b1. Đặt
2
x
t tg , với
2
2 2
2 1
sin , cos
1 1
t t
x x
t t
  
b2. Giải phương trình bậc hai theo t: 2( ) 2 0b c t at b c    
b3. Kết luận
Đăc biệt : sin cos 2 sin( ) 2 cos( )
4 4
x x x x
     
BT2. Giải các phương trình sau
1/. 3cosx + 4sinx = – 5 2/. 2sin2x – 2cos2x = 2
3/. 5sin2x – 6cos2x = 13 4/ 2sin15x + 3 cos5x + sin5x = 4
5/   cos7 3 sin 7 2 0x x . Tìm nghiệm   2 6( ; )
5 7
x
6/ ( cos2x – 3 sin2x) – 3 sinx – cosx + 4 = 0
Loai 3. Phương trình đẳng cấp đối với sin x và cosx
 dạng: a.sin2x + b.sinxcosx + c.cos2x = d (1)
Cách giải 1:
b1.Tìm nghiệm cosx = 0
b2.Với cosx  0.Chia 2 vế của (1) cho cos2x, ta được:
a.tan2x + b.tanx + c = d.(1 + tan2x) (2)
b3.Giải (2) và kết luận.
Cách giải 2:
b1.Dùng công thức nhân đôi, hạ bậc
b2.Biến đổi (1) về dạng: A.sin2x + B.cos2x = C (2)
(pt. bậc nhất theo sin2x và cos2x)
b3.Giải (2) và