Ôn tập Lượng giác - Chương V: Phương trình đối xứng theo sinx, cosx

hương trình ( )3 3 31 sin x cos x sin2x *
2
− + + = 
( ) ( ) ( ) 3* 1 sin x cos x 1 sin x cos x sin2x
2
⇔ − + + − = 
Đặt t sin x cos x 2 sin x
4
π⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Với điều kiện t 2≤ 
Thì 2t 1 2sin xcos= + x
Vậy (*) thành : ( )2 2t 1 31 t 1 t 12 2⎛ ⎞−− + − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
3 2
2
2 t 3 t 3 t 1
t 3t 3t 1 0
t 1 t 4t 1 0
t 1 t 2 3 t 2 3 loại
⇔ − + − = −
⇔ + − − =
⇔ − + + =
⇔ = ∨ = − + ∨ = − −
với t = 1 thì 1sin x sin
4 42
π π⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
π π π π⇔ + = = π ∨ + = + π ∈
π⇔ = π ∨ = + π ∈


3x k2 x k2 , k
4 4 4 4
x k2 x k2 , k
2
với π −⎛ ⎞= − + = =⎜ ⎟⎝ ⎠
3 2t 3 2 thì sin x sin
4 2
ϕ 
π π −⇔ + = ϕ + π ∨ + = π − ϕ + π ∈ =
π π −⇔ = ϕ − + π ∨ = − ϕ + π ∈ = ϕ


3 2x m2 x m2 ,m , với s
4 4 2
3 3x m2 x m2 ,m , với sin
4 4 2
ϕin
2
Bài 108 :Giải phương trình ( ) ( )2 sin x cos x tgx cot gx *+ = + 
Điều kiện 
sin x 0
sin2x 0
cos x 0
≠⎧ ⇔ ≠⎨ ≠⎩
Lúc đó (*) ( ) sin x cos x2 sin x cos x
cos x sin x
⇔ + = + 
( ) 2 2sin x cos x 12 sin x cos x
sin x cos x sin x cos x
+⇔ + = = 
Đặt t sin x cos x 2 sin x
4
π⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Thì = + ≤ ≠2 2t 1 2sin x cos x với t 2 và t 1 
(*) thành 2
22t
t 1
= − 
32t 2t 2 0⇔ − − = 
(Hiển nhiên t không là nghiệm) 1= ±( ) ( )
( )
2
2
t 2 2t 2t 2 0
t 2
t 2t 1 0 vô nghiệm
⇔ − + + =
⎡ =⇔ ⎢ + + =⎢⎣
Vậy ( ) ⇔* 2 sin x 2
4
π⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
π⎛ ⎞⇔ + =⎜ ⎟⎝ ⎠
π π⇔ + = + π ∈
π⇔ = + π ∈


sin x 1
4
x k2 , k
4 2
x k2 , k
4
Bài 109 : Giải phương trình ( ) ( ) ( )3 cot gx cos x 5 tgx sin x 2 *− − − = 
Với điều kiện sin , nhân 2 vế phương trình cho sinxcosx thì : 2x 0≠ 0≠
( ) ( ) ( )⇔ − − − =2 2* 3cos x 1 sin x 5sin x 1 cos x 2sin x cos x 
( ) ( )
( ) ( )
( ) (
( )
( )
⇔ − − − = −
⇔ − + − − +⎡ ⎤ ⎡⎣ ⎦ ⎣
⇔ − + − − +
+ − =⎡⇔ ⎢ − =⎢⎣
2 23cos x 1 sin x 5sin x 1 cos x 5sin x cos x 3sin x cos x
3cos x cos x 1 sin x sin x 5sin x sin x 1 cos x cos x 0
3cos x cos x sin x cos x sin x 5sin x sin x sin x cos x cos x 0
sin x cos x sin x cos x 0 1
3cos x 5sin x 0 2
)
=⎤⎦
= 
( Ghi chú: A.B + A.C = A.D ⇔ A = 0 hay B + C = D ) 
Giải (1) Đặt t sin x cos x 2 sin x
4
π⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Thì với điều kiện : 2t 1 2sin xcos= + x t 2 và t 1≤ ≠ ± 
(1) thành : 
2
2t 1t 0 t 2t
2
− 1 0− = ⇔ − − = 
( )
( )
t 1 2 loại do t 2
t 1 2 nhận so với điều kiện
⎡ = + ≤⎢⇔ ⎢ = −⎣
Vậy ( )1 2sin x sin 0 2
4 2
π −⎛ ⎞+ = = α < α < π⎜ ⎟⎝ ⎠ 
π π⎡ ⎡+ = α + π = α − + π⎢ ⎢⇔ ⇔⎢ ⎢π π⎢ ⎢+ = π − α + π ∈ = − α + π ∈⎢ ⎢⎣ ⎣ 
x k2 x k2
4 4
3x k2 , k x k2 ,
4 4
k
( ) ( )⇔ = = β ⇔ = β + π ∈ < β < π32 tgx tg x h , h với 0
5
Bài 110 : Giải phương trình 
( ) ( )3 223 1 sin x x3tg x tgx 8cos *4 2cos x
+ π⎛ ⎞− + = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Điều kiện : cosx 0 sin x 1≠ ⇔ ≠ ±
Lúc đó : (*) ( ) ( )( )2 2tgx 3tg x 1 3 1 sin x 1 tg x 4 1 cos x2⎡ ⎤π⎛ ⎞⇔ − + + + = + −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ 
( )4 1 sin x= + 
( ) ( ) ( )
( )( )
( )( )
( )
( )
2 2
2
2
2
tgx 3tg x 1 1 sin x 3 1 tg x 4 0
3tg x 1 tgx 1 sin x 0
3tg x 1 sin x cos x sin x cos x 0
3tg x 1 1
sin x cos x sin x cos x 0 2
⎡ ⎤⇔ − + + + −⎣ ⎦
⇔ − + + =
⇔ − + + =
⎡ =⇔ ⎢ + + =⎢⎣
=
( )
2 1 3(1) tg x tgx x
3 3 6
Giải 2 đặt t sin x cos x 2 sin x
4
π• ⇔ = ⇔ = ± ⇔ = ± + πk
π⎛ ⎞• = + = ⎜ ⎟⎝ ⎠+
Với điều kiện t 2 và t 1≤ ≠ ± 
Thì 2t 1 2sin x cos x= +
(2) thành : 
2
2t 1t 0 t 2t 1
2
− 0+ = ⇔ + − = 
( )
( )
t 1 2 loại dođiều kiện t 2
t 1 2 nhận so với điều kiện
⎡ = − − ≤⎢⇔ ⎢ = − +⎣
Vậy 2 1sin x sin
4 2
π −⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ ϕ 
x k2 ,k x k2 ,k
4 4
3x k2 ,k x k2 ,
4 4
π π⎡ ⎡+ = ϕ + π ∈ = ϕ − + π ∈⎢ ⎢⇔ ⇔⎢ ⎢π π⎢ ⎢+ = π − ϕ + π ∈ = − ϕ + π ∈⎢ ⎢⎣ ⎣
¢ ¢
¢ ¢k
Bài 111 : Giải phương trình ( )− = − +3 32sin x sin x 2 cos x cosx cos2x * 
( ) ( ) ( )3 3 2 2* 2 sin x cos x sin x cos x sin x cos x 0⇔ − − − + − = 
( ) ( )
( )
( )
sin x cosx 0 hay 2 1 sin x cosx 1 sin x cosx 0
sin x cosx 0 1
sin x cosx sin 2x 1 0 2
⇔ − = + − + + =
− =⎡⇔ ⎢ + + + =⎢⎣
( )
( )
1 tgx 1
x k ,k
4
xét 2 đặt t sin x cosx 2 cosx x
4
• ⇔ =
π⇔ = + π ∈
π⎛ ⎞• = + = ⎜ ⎟⎝ ⎠
¢
−
Với điều kiện : t 2≤ 
2t 1 sin 2x= + 
( ) ( )2Vậy 2 thành t t 1 1 0+ − + = 
( )t t 1 0 t 0 t 1⇔ + = ⇔ = ∨ = − 
Khi t = 0 thì cos x 0
4
π⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
( )x 2k 1 , k
4 2
3x k ,k
4
π π⇔ − = + ∈
π⇔ = + π ∈
¢
¢
Khi 1 3t 1 thì cos x cos
4 42
π π⎛ ⎞= − − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
3x k2 , k
4 4
x k2 hay x k2 , k
2
π π⇔ − = ± + π ∈
π⇔ = π + π =− + π ∈
¢
¢
Bài 112 : Giải phương trình 
( )2 3 4 2 3 4sin x sin x sin x sin x cosx cos x cos x cos x *+ + + = + + + 
Ta có : (*) 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 3 3 4 4sin x cosx sin x cos x sin x cos x sin x cos x 0
sin x cosx 0 hay 1 sin x cosx 1 sin x.cosx sin x cosx 0
⇔ − + − + − + − =
⇔ − = + + + + + + =
( )
( ) ( )
sin x cosx 0 1
2 sin x cosx sin x cosx 2 0 2
− =⎡⇔ ⎢ + + + =⎢⎣
Ta có : (1) tgx 1⇔ =
x k , k
4
π⇔ = + π ∈¢ 
Xét (2) : đặt t sin x cos x 2 cos x
4
π⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Với điều kiện t 2≤ 
Thì 2t 1 2sin x cos x= +
(2) thành 
2t 12t 2 0
2
−+ + = 
( )
2t 4t 3 0
t 1 t 3 loại
⇔ + + =
⇔ = − ∨ = − 
khi t = -1 thì 1 3cos x cos
4 42
π π⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
3x k2 , k
4 4
3x k2 ,
4 4
x k2 ,k
x k2 , k
2
π π⎡ − = + π ∈⎢⇔ ⎢ π π⎢ − = − + π ∈⎢⎣
= π + π ∈⎡⎢⇔ π⎢ = − + π ∈⎣
¢
¢
¢
¢
k
Bài 113 : Giải phương trình ( ) ( )− + − =2 3 3tg x 1 sin x cos x 1 0 * 
Điều kiện : cosx 0 sin x 1≠ ⇔ ≠ ±
Lúc đó (*) ( )2 3 32sin x 1 sin x cos x 1 0cos x⇔ − + − = ( )( ) ( )( )
( )( )
( )( ) ( )( )
2 3 3 2
2 2
1 cos x 1 sin x 1 cos x 1 sin x 0
1 cosx 1 sin x 0
hay 1 cosx 1 sin x sin x 1 cosx cos x 1 sin x 0
⇔ − − − − − =
⇔ − − =
+ + + − + + +
( )
( )
2 2 2 2
cos x 1 nhận do điều kiện
sin x 1 loại do điều kiện
sin x sin x cosx cos x sin x cos x 0
⎡ =⎢⇔ =⎢⎢ + − − =⎢⎣
=
( )2 2
cos x 1
sin x cos x sin x cos x sin x cos x 0
=⎡⇔ ⎢ − + − =⎣
cosx 1
sin x cosx 0 hay sin x cosx sin x cosx 0
=⎡⇔ ⎢ − = + + =⎣ 
cosx 1 tgx 1
sin x cosx sin x cosx 0
= ∨ =⎡⇔ ⎢ + + =⎣ 
x k2 , k
x k , k
4
sin x cos x sin x cos x 0
= π ∈⎡⎢ π⎢⇔ = + π ∈⎢⎢ + + =⎣
¢
¢ 
xét pt s in x cosx sin x cosx 0+ + =
đặt 
( )t sin x cos x 2 cos x x điều kiện t 2 và t 14π⎛ ⎞= + = − ≤ ≠ ±⎜ ⎟⎝ ⎠
2t 1 2sin x cos x⇒ = + 
Ta được phương trình 
2
2t 1t 0 t 2t 1
2
−+ = ⇔ + − = 0 
( )
( )
t 1 2 loại
t 1 2 nhận so với đk
⎡ = − −⎢⇔ ⎢ = − +⎣
Vậy 2 1co s x cos
4 2
π −⎛ ⎞− = = ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠
x k2 , k x k2 ,
4 4
π π⇔ − = ±ϕ + π ∈ ⇔ = ± ϕ + π ∈¢ ¢k 
Bài 114 : Cho phương trình ( ) ( )m sin x cosx 1 1 sin 2x *+ + = + 
Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn 0,
2
π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 
Đặt t sin x cos x 2 sin x
4
π⎛= + = −⎜⎝ ⎠
⎞⎟ , điều kiện t 2≤ 
Thì 2t 1 sin 2= + x
Vậy (*) thành : ( ) 2m t 1 t+ =
Nếu 30 x thì x
2 4 4 4
π π π≤ ≤ ≤ + ≤ π 
Do đó 2 sin x 1
2 4
π⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 
1 t 2⇔ ≤ ≤ 
ta có ( ) 2m t 1 t+ =
2tm
t 1
⇔ = + (do t = -1 không là nghiệm của phương trình) 
Xét 
2ty trên 1,
t 1
⎡ ⎤= ⎣ ⎦+ 2 
Thì ( )
2
2
t 2ty ' 0 t 1, 2
t 1
+ ⎡ ⎤= > ∀ ∈⎣ ⎦+ 
Vậy y tăng trên 1, 2⎡ ⎤⎣ ⎦ 
Vậy (*) có nghiệm trên ( ) ( )1, y 1 m y 22π⎡ ⎤ ⇔ ≤ ≤⎢ ⎥⎣ ⎦ 
( )⇔ ≤ ≤ −1 m 2 2 12 
Bài 115 : Cho phương trình ( )3 3cos x sin x m sin x cosx *+ = 
 a/ Giải phương trình khi m 2= 
 b/ Tìm m để (*) có nghiệm 
Ta có : (*) ( )( )cosx sin x 1 sin x cosx msin x cosx⇔ + − = 
Đặt t sin x cos x 2 cos x x
4
π⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Với điều kiện ( )t 2≤ 
Thì 2t 1 2sin x cos x= +
Vậy (*) thành 
2 2t 1 t 1t 1 m
2 2
⎛ ⎞ ⎛− −− =⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠
( ) ( )2 2t 3 t m t 1⇔ − = − 
a/ Khi m = 2 ta có phương trình 
( ) ( )( )2 2t 3 t 2 t 1− = − 
( )( )
3 2
2
t 2t 3t 2 0
t 2 t 2 2t 1 0
t 2 hay t 2 1 hay t 2 1( loại )
⇔ + − − =
⇔ − + + =
⇔ = = − + = − −
Vậy cos x x 1 x k2 , k x k2 , k
4 4 4
π π π⎛ ⎞• − = ⇔ − = π ∈ ⇔ = + π⎜ ⎟⎝ ⎠ ¢ ¢∈ 
1 2cos x cos
4 2
x k2 ,k x k2 ,
4 4
π −⎛ ⎞• − = = α⎜ ⎟⎝ ⎠
π π⇔ − = ±α + π ∈ ⇔ = ± α + π ∈¢ ¢k
b/ Xét phương trình ( ) ( )( )2 2t 3 t k t 1 **− = − 
Do không là nghiệm của (**) nên t = ±1
( ) 323t t** m t 1
−⇔ = − 
Xét ( ) { }323t ty C trên 2, 2 \t 1
− ⎡ ⎤= −⎣ ⎦− 1± 
Ta có ( )
4
22
t 3y ' 0 t 1
t 1
− −= < ∀ =
−
±
)
 suy ra y giảm và (trên 1,1−
 lim , lim
x x
y y+ −→ − →= +∞ =−∞1 1
Do đó ( ) { }trên 1,1 2, 2 \ 1⎡ ⎤− ⊂ − ±⎣ ⎦ ta có 
(d) y = m cắt (C) 
3
2
3t ty với m
t 1
−= ∀− R∈ 
Vậy (*) có nghiệm m R∀ ∈
Bài 116 : Cho phương trình 
( ) ( )1 1 1m sin x cos x 1 tgx cot gx 0
2 sin x cos x
⎛ ⎞+ + + + + + =⎜ ⎟⎝ ⎠ * 
a/ Giải phương trình khi 1m
2
= 
b/ Tìm m để (*) có nghiệm trên 0,
2
π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 Với điều kiện si ta có n 2x 0≠
 (*) ( ) 1 sin x cos x 1 1m sin x cos x 1 0
2 cos x sin x sin x cos x
⎛ ⎞⇔ + + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ = 
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2
m sin 2x sin x cos x sin 2x 1 cos x sin x 0
m sin 2x sin x cos x sin 2x 1 cos x sin x 0
m sin 2x sin x cos x sin x cos x sin x cos x 0
sin x cos x 0 1
m sin 2x sin x cos x 1 0 2
⇔ + + + + +
⇔ + + + + + =
⇔ + + + + +
⎡ + =⇔ ⎢ + + + =⎢⎣
=
= 
Xét (2) đặt t sin x cos x 2 cos x
4
π⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Thì 2t 1 sin 2= + x
Do sin 2x 0 nên t 2 và t 1≠ ≤ = ± 
Vậy (*) thành : ( )2
t 0
m t 1 t 1 0
=⎡⎢ − + + =⎢⎣
( )
( )
t 0 nhận so điều kiện
m t 1 1 0 ( do t 1)
⎡ =⇔ ⎢ − + = ≠ −⎢⎣
a/ Khi 1m thì ta được : 
2
=
( )
t 0
t 1 loại do điều kiện
=⎡⎢ =−⎢⎣
Vậy sinx + cosx = 0 
tgx 1
x k ,k
4
⇔ = −
π⇔ = − + π ∈¢ 
b/ Ta có : 0 x x
2 4 4
π π π< < ⇔ − < − <
4
π 
Lúc đó 
 2 cos x 1 1 t 2
2 4
π⎛ ⎞< − ≤ ⇒ < ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ (t 0 1, 2 ⎤= ∉ ⎦ Do 
Nên g ta xét phươn trình : ( ) ( )m t 1 1 0 **− + = 
( )** mt m 1⇔ = − 
1t 1
m
⇔ = − (do m 0 thì (**) vô nghiệm) 
Do đó : yêu
 =
 cầu bài toán 11 1 2⇔ < − ≤ 
m
1 m 00⎧ 
m 1m 2 111 2 1 2m
m 2 1
⎪⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ≤ = − −⎪ ⎪− ≤ −⎩⎪⎩
⇔ ≤− −
Bài 117 : Cho ( ) ( )= + + − +32f x cos 2x 2 sin x cosx 3sin2x m 
a/ Giải phương trình f(x) = 0 khi m = -3 
b/ Tính theo m giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(x) 
 Tìm m cho ( )f x 36 x R≤ ∀ ∈⎡ ⎤⎣ ⎦ 2
( )t x⎛ ⎞= sin x cos x 2 cos điều kiện t 24π+ = − ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ 
x
Đặt 
Thì 2t 1 sin 2= + 
Và ( )22 2 2 4cos 2x 1 si 22x 1 t 1 t 2t= − = − − = − + n
Vậy ( ) ( ) ( )4 2 3 2f x thành g t t 2t 2t 3 t 1 m= − + + − − + 
a/ Khi m = -3 thì g(t) = 0 
t 0 t 1⇔ = ∨ =
vậy khi m = -3 thì f( ) = 0 
( )t t 2t 1 0⇔ − − + = 2 2
x
( )
1cos x 0 hay cos x
4 4
π⎛ ⎞ ⎛⇔ − =⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ 2
x 2k 1 hay x k2 , k
4 2 4 4
π ⎞− =⎟⎝ ⎠
π π π π⇔ − = + − = ± + π ∈¢
 3x k
4
π⇔ = + π hay x k2 x k2 , k
2
π= + π ∨ = π ∈ ¢ 
b/ Ta ( ) ( )có g 3 2 2' t 4t 6t 2t 2t 2t 3t 1= − + − = − − + 
Vậy 
( )g '⎧⎪ t 0 1t 0 t 1 t
2t 2, 2
=
⇔ = ∨ = ∨ =⎨ ⎡ ⎤∈ −⎪ ⎣ ⎦
Ta có : 
⎩
( ) ( ) 1 47g 0 3 m g 1 , g m
2 16
⎛ ⎞= + = = +⎜ ⎟⎝ ⎠ ( ) ( )g 2 = 4 2 3 m, g 2 m 3 4 2− + = − − 
Vậy : ( ) ( )
t 2 , 2x
Maxf x Max g t m
⎡ ⎤∈ −∈ ⎣ ⎦
= =
¡
3+ 
( ) ( )
t 2 , 2x R
Minf x Min g t m 3 4 2
⎡ ⎤∈ −∈ ⎣ ⎦
= = − − 
Do đó : ( ) ( )2f x 36, x R 6 f x 6, x R≤ ∀ ∈ ⇔ − ≤ ≤ ∀ ∈⎡ ⎤⎣ ⎦
( )
( )
R
R
Max f x 6
Min f x 6
m 3 6
m 3 4 2 6
≤⎧⎪⇔ ⎨ ≥ −⎪⎩
+ ≤⎧⎪⇔ ⎨ − − ≥⎪⎩ −
 4 2 3 m 3⇔ − ≤ ≤ 
Cách khác : Ta có ( ) ( ) ( ) 22 2g t t t 2t 1 3 m t t 1 3 m⎡ ⎤= − − + + + = − − + +⎣ ⎦ 
Đặt 2u t t= −
Khi 1t 2, 2 thì u ,2 2
4
⎡ ⎤⎡ ⎤∈ − ∈ − + =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ D 
Vậy ( ) ( ) 2g t h u u 3 m= = − + + 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
R u Dt 2 , 2
R t 2 , 2 u D
Max f x Max g t Max h u m 3
Min f x Min g t Min h u m 3 4 2
∈⎡ ⎤∈ −⎣ ⎦
⎡ ⎤∈ − ∈⎣ ⎦
= = = +
= = = − − 
Chú ý 1 : Phương trình giả đối xứng 
( ) ( )a sin x cosx b sin x cosx 0− + = 
đặt t = sinx – cosx 
thì t 2 sin x 2 cos x
4 4
π π⎛ ⎞ ⎛= − = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞+ ⎟⎠ 
với điều kiện 2t 2 thì t 1 2sin x cos≤ = − x 
Bài 118 : Giải phương trình ( )2sin x cot gx 2sin2x 1 *+ = + 
Điều kiện : sin x 0 cosx 1≠ ⇔ = ±
Lúc đó (*) cos x2sin x 4sin x cos x 1
sin x
⇔ + = +
=
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
⇔ + = +
⇔ − − − =
⇔ − − − +
⇔ − = − + =
− =⎡⇔ ⎢ − − =⎢⎣
2 2
2 2
2sin x cos x 4 sin x cos x sin x
2sin x sin x cos x 4 sin x 1 0
sin x 2sin x 1 cos x 2sin x 1 2sin x 1 0
2sin x 1 0 hay sin x cos x 2sin x 1 0
2sin x 1 0 1
sin x cos x sin 2x 0 2
( ) ( )• ⇔ = 1Ta có 1 sin x nhận do sin x 0
2
≠ 
π π⇔ = + π ∨ = + π ∈ 5x k2 x k2 , k
6 6
( ) π⎛ ⎞• = − = ⎜ ⎟⎝ ⎠Xét 2 Đặt t sin x cos x 2 sin x 4− 
Với điều kiện ≤ ≠t 2 và t ± 1
x
0
Thì 2t 1 sin2= −
Vậy (2) thành : ( )2t 1 t 0− − =
2t t 1⇔ + − = 
( )1 5 1 5t t
2 2
− + − −⇔ = ∨ = loại 
Do đó : ( )1 52 sin x nhận do t 2 và t 14 2π − +⎛ ⎞− = ≤ ≠ ±⎜ ⎟⎝ ⎠ 
π −⎛ ⎞⇔ − = =⎜ ⎟⎝ ⎠
5 1sin x sin
4 2 2
ϕ 
π⎡ − = ϕ + π ∈⎢⇔ ⎢ π⎢ − = π − ϕ + π ∈⎢⎣


x k2 , k
4
x k2 ,
4
k
π⎡ = ϕ + + π ∈⎢⇔ ⎢ π⎢ = − ϕ + π ∈⎢⎣


x k2 , k
4
5x k2 ,
4
k
Bài 119 : Giải phương trình 
( ) ( ) ( )cos2x 5 2 2 cos x sin x cos x *+ = − − 
Ta có : ( ) ( ) ( ) (2 2* cos x sin x 5 2 2 cos x sin x cos x⇔ − + = − − )
( ) ( ) ( )sin x cos x 2 2 cos x sin x cos x 5 0⇔ − − + + −⎡ ⎤⎣ ⎦ = 
( )[ ]sin x cos x sin x cos x 4 5 0⇔ − − + − = 
Đặt t sin x cos x 2 sin x
4
π⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Với điều kiện t 2≤ 
(*) thành : ( )t t 4 5 0+ − = 
( )
2t 4t 5 0
t 1 t 5 loại
⇔ + − =
⇔ = ∨ = − 
Vậy ( )* ⇔ 1sin x sin
4 42
π π⎛ ⎞− = =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
π π π π⇔ − = + π ∨ − = + π ∈
π⇔ = + π ∨ = π + π ∈


3x k2 x k2 , k
4 4 4 4
x k2 x k2 , k
2
Bài 120 : Giải phương trình ( )3 3cos x sin x cos2x *+ = 
Ta có (*) ( ) ( ) 2 2cos x sin x 1 sin x cos x cos x sin x⇔ + − = − 
( )
( )
⇔ + = − = −
+ =⎡⇔ ⎢ − − + =⎢⎣
cos x sin x 0 hay 1 sin x cos x cosx sin x
sin x cos x 0 1
sin x cos x sin x cos x 1 0 2
Ta có : ( )1 tgx⇔ = −1
π⇔ = − + π ∈ x k , k
4
Xét (2) đặt t sin x cos x 2 sin x
4
π⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Với điều kiện t 2≤ 
Thì 2t 1 2sin xcos= − x
(2) thành 
2
21 tt 1 0 t 2t 1
2
−− + = ⇔ + + 0= 
t 1⇔ = − 
vậy (2)⇔ 1sin x sin
4 42
π π⎛ ⎞ ⎛− = − = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠ 
π π⎡ = π ∈− = − + π ∈ ⎡⎢ ⎢⇔ ⇔⎢ π⎢π π = + π ∈⎢ − = + π ∈ ⎣⎢⎣


x k2 , kx k2 , k
4 4 35 x k2 , kx k2 , k 24 4
Bài 121 : Cho phương trình ( )3 3cos x sin x m 1− = 
a/ Giải phương trình (1) khi m = 1 bằng cách đặt ẩn phụ t c osx sin x= −
b/ Tìm m sao cho (1) có đúng hai nghiệm x ,
4 4
π π⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ 
Ta có (1) ( ) ( )cos x sin x 1 sin xcosx m⇔ − + = 
Đặt t cos x sin x 2 cos x
4
π⎛ ⎞= − = +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Với điều kiện t 2≤ 
Thì 2t 1 2sin xcos= − x
Vậy (1) thành : 
21 tt 1 m
2
⎛ ⎞−+ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) ( )2t 3 t 2m 2⇔ − = 
a/ Khi m = 1 thì (2) thành 3t 3t 2 0− + = 
( ) ( )
( )
2t 1 t t 2 0
t 1 t 2 loại
⇔ − + − =
⇔ = ∨ = −
Vậy π π π⎛ ⎞+ = ⇔ + = ± + π ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ 
2cos x x k2 , k
4 2 4 4
π⇔ = π ∨ = − + π ∈ x k2 x k2 , k
2
b/ Nếu x ,
4 4
π π⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ thì 0 x 4 2
π π≤ + ≤ 
nên 0 cos x 1
4
π⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 
0 t 2 cos x 2
4
π⎛ ⎞⇔ ≤ = + ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ 
nhận xét rằng với mỗi t tìm được trên 0, 2⎡ ⎤⎣ ⎦ 
ta tìm duy nhất một x ,
4 4
π π⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ 
xét ( ) 3f t t 3t trên 0, 2⎡ ⎤= − + ⎣ ⎦ 
( ) 2f ' t 3t 3⇒ = − + 
vậy (1) có đúng hai nghiệm x ,
4 4
π π⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ 
( ) ( ) 3d y 2m cắt C y t 3t trên 0, 2⎡ ⎤⇔ = = − + ⎣ ⎦ tại 2 điểm phân biệt 
⇔ ≤ <2 2m 2 
2 m 1
2
⇔ ≤ < 
Bài 122 : Cho phương trình 
( ) ( )2 22cos2x sin x cos x sin xcos x m sin x cos x *+ + = + 
a/ Giải phương trình khi m = 2 
b/ Tìm m để phương trình (*) có ít nhất một nghiệm trên 0,
2
π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 
Ta có : ( ) ( ) ( ) (2 2* 2 cos x sin x sin x cos x sin x cos x m sin x cos x⇔ − + + = + ) 
( )⇔ + = − + =cos x sin x 0 (1) hay 2 cos x sin x sin x cos x m (2) 
Đặt t cos x sin x 2 cos x
4
π⎛= − = +⎜⎝ ⎠
⎞⎟ (điều kiện t 2≤ ) 
Thì 2t 1 2sin x cos= − x
xTa có : ( ) 1 sin x cos⇔ = −
π⇔ = − ⇔ = − + π ∈ tgx 1 x k , k
4
Ta có : (2) thành 
21 t2t m
2
−+ = 
( )2t 4t 1 2m * *⇔ − + + = 
a/ Khi m = 2 thì (**) thành 2t 4t 3 0− + = 
( )⇔ = ∨ =t 1 t 3 loại 
vậy π π π⎛ ⎞+ = ⇔ + = ± + π ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ 
2cos x x k2 , k
4 2 4 4
π⇔ = π ∨ = − + π ∈ x k2 x k , k
2
Do đó : 
( ) π π⇔ = − + π ∨ = π ∨ = − + π ∈ * x k x k2 x k2 , k
4 2
b/ Ta có π π π π⎡ ⎤ ⎡∈ ⇔ + ∈ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣
3x 0, x ,
2 4 4 ⎦4 
vậy 2 2cos x
2 4
π⎛ ⎞− ≤ + ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 
1 t 1⇒ − ≤ ≤ 
Do nghiệm π π⎡ ⎤= − + π ∉ ∀ ∈⎢ ⎥⎣ ⎦ x k 0, , k4 2 
Nên yêu cầu bài toán ( )* *⇔ có nghiệm trên [ ]1,1− 
Xét [ ]2y t 4t 1 thì y ' 2t 4 0 t 1,1= − + + = − + > ∀ ∈ − 
[ ]y tăng trên 1,1⇒ − 
Do đó : yêu cầu bài toán 
( ) ( )4 y 1 2m y 1 4
2 m 2
⇔ − = − ≤ ≤ =
⇔ − ≤ ≤ 
* Chú ý 2 : Phương trình lượng giác dạng 
( ) ( )2 2a tgx cot gx b tg x cot g x 0± + + = 
ta đặt 2 2 2t tgx cot gx thì t tg x cot g x 2= ± = + ±
khi ( )2t tgx cot gx thì t 2 do sin2x 1
sin2x
= + = ≥ ≤ 
Bài 123 : Giải phương trình 
( )2 23tg x 4tgx 4cot gx 3cot g x 2 0 *+ + + + = 
Đặt 2t tgx cot gx
sin2x
= + = 
Với điều kiện t 2≥ 
Thì 2 2 2t tg x cot g x= + + 2
(*) thành : ( )23 t 2 4t 2 0− + + = 
23t 4t 4 0⇔ + − = 
( )2t loại do điều kiện
3
t 2
⎡ =⎢⇔ ⎢ = −⎣
Ta có : 2t 2 2 sin2x
2sin x
= − ⇔ = − ⇔ = −1 
π⇔ = − + π ∈
π⇔ = − + π ∈


2x k2 , k
2
x k , k
4
Bài 124 : Giải phương trình 
( )2 3 2 3tgx tg x tg x cotgx cotg x cotg x 6 *+ + + + + = 
Ta có (*) ( ) ( ) ( )⇔ + + + + + =2 2 3 3tgx cot gx tg x cot g x tg x cot g x 6 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
tgx cot gx tgx cot gx 2 tgx cot gx tg x cot g x 1 6
tgx cot gx tgx cot gx tgx cot gx tgx cot gx 3 8
⇔ + + + − + + + − =
⎡ ⎤⇔ + + + + + + − =⎣ ⎦
Đặt ( )2t tgx cot gx điều kiện t 2
sin2x
= + = ≥ 
Vậy (*) thành : ( )2 2t t t t 3 8+ + − =
( ) ( ) ( )
3 2
2
2
t t 2t 8 0
t 2
t 2 t 3t 4 0
t 3t 4 0 vô nghiệm
t 2
⇔ + − − =
=⎡⇔ − + + = ⇔ ⎢ + + =⎣
⇔ =
Vậy 2 2 sin2x
sin 2x
= ⇔ = 1 
π⇔ = + π ∈
π⇔ = + π ∈


2x k2 , k
2
x k , k
4
Bài 125 : Giải phương trình 
( )+ + + + =222 2tg x 5tgx 5 cot gx 4 0 *sin x 
Cách 1 : (*) ( ) ( )2 22 1 cot g x 2tg x 5 tgx cot gx 4 0⇔ + + + + + = 
( ) ( )
( ) ( )
⇔ + + + + =
⎡ ⎤⇔ + − + + +⎣ ⎦
2 2
2
2 tg x cot g x 5 tgx cot gx 6 0
2 tgx cot gx 2 5 tgx cot gx 6 0= 
Đặt = + = ≥2t tgx cot gx , với t 2
sin 2x
Ta được phương trình : 22t 5t 2 0+ + = 
( )⇔ = − ∨ = − 1t 2 t loại
2
Vậy ( )* ⇔ 2 2 sin2x
sin2x
= − ⇔ = −1 
π⇔ = − + π ∈
π⇔ = − + π ∈


2x k2 , k
2
x k , k
4
Cách 2 : Đặt u = tgx (với điều kiện u 0≠ ) 
Vậy (*) thành : 22
2 52 2u 5u 4
u u
+ + + + + = 0 
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
⇔ + + + + =
⇔ + + + + =
⇔ + + + =
⎡ = −⇔ ⎢ + + =⎢⎣
4 3 2
3 2
2 2
2
2 2u 5u 5u 6u 0
u 1 2u 3u 3u 2 0
u 1 2u u 2 0
u 1 nhận
2u u 2 0 vô nghiệm
Vậy (*) ⇔ tgx = -1 
π⇔ = − + π ∈ x k , k
4
Bài 126 : Cho phương trình 
( )221 cot g x m tgx cot gx 2 0 1cos x + + + + = ( ) 
a/ Giải phương trình khi 5m
2
= 
b/ Tìm m để phương trình có nghiệm 
Ta có : (1) ( )2 2tg x cot g x m tgx cot gx 3 0⇔ + + + + = 
Đặt ( )2t tgx cot gx điều kiện t 2
sin2x
= + = ≥ 
2 2 2t tg x cot g x⇒ = + + 2 
Vậy (1) thành : ( )2t mt 1 0 2+ + = 
a/ Khi 5m
2
= ta được phương trình 22t 5t 2 0+ + = 
( )1t 2 t loại
2
⇔ = − ∨ = − 
Do đó 2 2 sin2x
sin2x
1= − ⇔ = − 
π⇔ = − + π ∈
π⇔ = − + π ∈


2x k2 , k
2
x k , k
4
b/ Cách 1 : 
Ta có : (2) 2mt 1 t⇔ = − −
1m
t
⇔ = − − t (do t = 0 không là nghiệm của (2)) 
Xét 1y t với t
t
= − − ≥ 2 
Thì 
2
2 2
1 1y ' 1
t t
−= − = t 
Ta có : y ' 0 t 1= ⇔ = ±
Do đó (1) có nghiệm ( ) ( ] [ )(d) cắt C trên , 2 U 2,⇔ −∞ − +∞ 
5 5m m
2 2
5m
2
⇔ ≤ − ∨ ≥
⇔ ≥
Cách 2 : Yêu cầu bài toán 
( ) 2f t t mt 1⇔ = + + = 0 có nghiệm t thỏa t 2≥ 
Nhận xét rằng do P = 1 nên nếu f(t) có hai nghiệm ( )1 2 1 2t , t với t t≤ và có 
nghiệm thì ta có 
⎧ ≤ ⎧ ≥⎪ ⎪∨⎨ ⎨≥ ≤⎪ ⎪⎩ ⎩
1 1
2 2
t 1 t 1
t 1 t 1
Do đó : 
Yêu cầu bài toán ⇔ ≤ − < < ∨ − < < ≤1 1 1t 2 t 2 2 t 2 2t
( )
( )
( )
( )
− ≤ ≤⎧ ⎧ − + ≤ − + >⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ∨ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨+ > + ≤> − > ⎩ ⎩⎪ ⎪⎩ ⎩
⇔ ≥ ∨ ≤ −
1f 2 0 1f 2 0 2m 5 0 2m 5 0
2m 5 0 2m 5 01f 2 0 1f 2 0
5 5m m
2 2
BÀI TẬP 
1. Giải các phương trình : 
 a/ 3 31 cos x sin x sin x+ − =
 b/ 3 2cos x cos x 2sin x 2 0+ + − =
 c/ ( ) ( )co