GIẢI TOÁN LƯỢNG GIÁC NÂNG CAO 11 - LÊ HỮU TRÍ - LÊ HỒNG ĐỨC

LÊ HỮU TRÍ - LÊ HỒNG ĐỨC

• ’ ' . '• * -. /

’ ■ ■■ , V

: GIẢI TOÁN LƯỢNG GIÁC

NÂNG CAO

; ; ■ ■ ■ > 1

1

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUÓC GIA HÀ NỘI

CHƯƠNG ỉ

P H Ư Ơ N G T H Ì N H L Ư Ợ N G G I Á C

CHỦ ĐỀ 1

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁ£ c ơ BẢN

L PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC c ơ BẲN Bài toán 1: Giải và biện luận phương trinh:

sinx = m

PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Ta biện luận theo. Các bước sau:

Bước 1: Nếu Iml > 1 phương trình vở nghiệm.

Bước 2: Nếu Iml á 1, xét hai khả năng:.

Khả nănq /: Nếu m được biểu diễn qứa sin củạ góc đặc biệt, giả

sử a , khi đó .phương trình có dạng :

X = a + 2k7t

sinx = sina

X = 7t - a + 2 k n , k e Z .

/ ' . . I "

Ạ K h â năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua sin của góc đặc

. biệt, khi đó đặt m = sina, ta được:

• ỵ . ■ ■ rx-ec + 2k7t ’

sinx = sina <=> ,k e Z .

X = 71 - a + 2kTC

Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có hai họ nghiệm.

Đặc biệt ■ sinx = 0<=>x = k7i,keZ. , . 7t ■ sinx = l o x = - + 2kn, keZ . • 2 ■ sinx = - 1 <=> X = - — + 2k7i, kẹZ . 2 Vi du 1: Giải các phương trình sau: I a. sinx = 3 Giải a. Đặt — - sincx, khi đó: 3 sinx = sina <=> X = a + 2k7t X = 71 - a + 2 k n

Vậy phựơng trình cỏ hai họ nghiệm. , keZ .

5

b. j a có:

sin(2x - —) + sin(3x + —) = 0

4- 3

<=> sin(2x - • £ ) = - sin(3x + - ) sin(2x - - ) = sin( - 3x - - )

4 3 4 3 « • o 2x - — = -3 x - — ■+ 2krc 4 3 2x - — = n - (-3x - —) + 2kn 4 3 .

Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Ví dti 2: Giải phương trình sin(7rs'rn2x) = 1.

Giải Ta có: 7t 2kn X = — — + — — 60 5 197t X = — --— 2k7t 12 , keZ .

sin(7tsin2x) = 1 <=> 7isin2x = — -H 2k7i o sin2x = — + 2k, keZ. (1) Phương trình (1) có nghiêm khi và chỉ khi:

1 1 Ị k ê Z 1 — + 2k I < 1 <=> - Ị < k 5 - ọ k = 0. 2 4 4 Khi đó (1) có dạng: sin2x = — « • . 2 2x = — + 2\n 6 2x = — + 2Í7t 6 <=> X = — + lrc 12 X — —“ + Ỉ7C . 12 M Z .

Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Bài toán 2: Giải vằ biện luận phương trình:

cosx = m.

PHƯƠNGPHÁPCHUNG .

Tá biện luận theọ các bước sau:

Bước ỉ: Nếu Iml > 1 phương trình vô nghiệm. Bước 2: Nếu ỉml ẩ 1, xét hai trường hợp:

Khả năng ỉ: Nếu m được biểu diễn qua COS của góc đặc biệt, giả sử

a , khi đó phương trình có dạng :

X = a + 2kĩt , _ cosx = cosà <=> , keZ .

X = - a + 2kn

Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua COS của góc đậe biệt,

khi đó.đặt m = cosa, ta được: X = a + 2kn

cosx = cosa <=> ,k e Z .

X = - a + 2kn

. Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trinh cố hai họ nghiệm.

Đặc biệt o.'rr ■ cosx = 0 <=> X = -- + k7t, keZ . 2

4

■ cosx = 1 <=> X = 2kTC, keZ . ■ còsx = — I <=> X = TC + 2 k n, keZ. Ví du 3: Giải các phương trình sau: ,, a. sjn3x = cos2x. Giải 3f. Ta^èó: ^ 71

sin3x = cos2x o sin3x = sin(— - 2x)

TT <=> 3x = — - 2x + 2kĩc 2 3x = n - (-- - 2x) + 2ỈOT . 2 <=> n 2kn X = — + — 10 5 X = — + 2 k ĩt . 2 , keZ .

Vậy phương trình có hai họ nghiệm, b. Ta có:

cos(2x - —) + sin(x + —) = 0 <=> cos(2x - —) = - sin(x +

4 4 4 <=> cos(2x - —) = cos(x + — + —) <=> « n _ 3n 2x - — = X + — + 2kn 4 4 n ^ 3% * 2 \ - — = -X - — + 2k7t . 4 4 X = 71 + 2kn 7t 2 k n> k eZ . X = 6 3

Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Ví d» 4: Giải phương trình: ã cos[ — cos(x - — )] = ---- . 2 -4 2 Giải Phương trình tương đựơng với: -- cos(x - —) = — + 2krc 2 4 4 — cos(x + 2kĩt .2 4 4 <=> cos(x - —) = — + 4k (1) 4 2 cos(x + 4k (2) . 4 2 , keZ.

■ Phương trình (1) có nghiệm khi và chi khi: 1 3 1 ke7-I - + 4k ke7-I < 1 <=> - ^ < k < -7 <=> k = 0: 2 8 8 Khi đó (1) có dạng: K 71 X - — = — + 2171 4 3 X —— = + 2171 4 3 <=> 7n X = — + 2l7t 12 leZ . (3) A---- = —— 1- -6171 . 4 3 Phương trình (2) có nghiệm khỉ và chỉ khi: \ ^ . 1 ^ ^ 3 keZ X = 12■ + 2ìn 1 ì keZ . < k < 4 «• k = 0. 8 8 Khi đó (2) có dạng: <=> n 2n + 2171 X - —= - - - - + 2171 . 4 3 <=> _ I 1.71 X = — — + 2ln 12 _ 5% , Ol X = + 21tc 12 , IeZ. (4) Kết hợp (3) và (4), ta được: 117Ĩ X = — — + l7t 12 X = —7- + 17T 12 , IeZ .

Vậy phương trình.có hai họ nghiệm. Bài toán 3: Giải và biện luận phương trình:

_____tgx = m.________________

PHƯƠNG PHẤP CHUNG

Ta biện luận theo các bước sau: *

Đặt điều kiện: - » ft

' ' n

cosx * 0 <=> X ^ — + k7i, keZ .

2

Xét hai khả năng:

»-Khả nans, 1: Nếu m được biểu diễn qua tg của góc đặc biệt, giả sử a , khi đó

phương trình có dạng:

tgx = tg a • » X = a + kn, k eZ .

Khả nâng 2: Nếu m không biểu diễn được qua tg của góc đặc biệt, khi đó

đặt m = tg a, ta được:

tgx = tg a <=> X = a + kĩt, k eZ .

Trong cả hai trưòng hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.

Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trìn^iluôn có nghiệm.

X

Ví du 5: Giải phương trình: Tt tg[ — (cosx + sinx)] = 1. 4 Giải Điều kiện:

cos[ — (cosx + sinx)] * 0.

4

Phương trình tương đương vói:

— (cosx + sinx) = — + k7i<=> cosx + sinx = 1 + 4k, keZ .

4 . 4

Phương trình (1) có nghiêm khi và chỉ khi:

II + 4k I £ V2 — Z k < k = 0.

/I. 4

Khi đó (1) có dạng:

cosx + sinx = 1 <=> sin(x + —) = 1 <=> sin(x + —) =

* 4 4 A 2 óc + ^ = —■ + 2 ln

I ĩ

TC 371 X + —■ = — +^l7t 1 4 4 4 X = 2171 7t , le Z thoả mãn (*). X = — + 2171 . 2 Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Bài toán 4: Giải và biện luận phương trình:

cotgx = m.

(*)

(1)

PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Ta biện luận theo các bước sau: Đặt điều kiện:

sinx * 0 <=> X * k7t, k eZ .

Xét hai khả năng:

Khả năng 1: Nếu m được biểu diễiT qua cotg của góc đặc biệt, giả sử a , khi

đó phương trình có dạng :

c o tg x = c o t g a « X = a + k n , k e Z .

Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua cotg của góc đặc biệt, khi đó

đặt m = cotga, ta được:

cotgx = cotga o X = a + k7t, k eZ .

Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phường trình có một họ nghiệm.

Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm.

9

Ví du 6: Giải các phương trình sau: . a. c o tg (- - x) = — b- cosx = sinX-4 V3 . Giải a. Điều kiện: sin(— - x)*0 <=> — - X *k7i <=> r.#— - k7t, k eZ . (*) 4 . 4 4 ' ■ Ta có: cotg(— - x) = cotg-71- <=> — - x = — +k7T & 4 Ễ 3 4 3

<=> X = — - — k7t, k eZ thoả mãn điều kiện (*).

12

Vậy phương trình có một họ nghiệm. b. Ta co: .

cosx = sinx » cotgx = = cotg— o X = — + k7t, k eZ .

6 6

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Bài toán 5: Biện luận theo m số nghiệm thuộc (a , P) của phương trình lượng giác cơ bản.

PHƯƠNG PHÁP CHUNG — 7“^ = —

Giả sừ với phương trình: ,

sinx - m. ■ ' t / f

Ta lựa chọn một trong hai cáổh sau: •?

Cách 1: Thực hiện theo các bước sau:

Bước ỉ : Biểu diễn (a , P) trên đường tròn đơn vị thành cung AB .

Bước 2: Tịnh tiến đường thắng m song song với trục cosin, khi đó số giao

điểm của nó với cung AB bằng số nghiệm thuộc (a, p) của phương trình.

Cách 2: Thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Vẽ đồ thị hàm số y = sinx, lấy trén (a, p).

Bước 2: Tịnh tiến đường thẳng y = m song song với trục Ox, khi đó số

giao điểm của nó vói phần đồ thị hàm số y = sinx bằng số righiệm thuộc (a, p) của phương trinh.

Chú ý: Phương phág.trân được mở rộng tự nhiên cho:

1. Phương trình cosx = m, vói fưu ý khi sử dụng cách 1 ta tịnh tiến đường thẳng m song song với trục sin.

2. Với các phương trình tgx = m và cotgx = m ta chỉ có thể sử dụng cách 2. Ví du 7: Biên luân theo m số nghiêm thuôc ( —, — ) của phương trình

6 3 smx = m.

Giải

Ta Ịựa chọn một trong hai cằch biểu diễn

■ • • yi ‘ T r ' t 1 ỵ 71 8 TI f Kết luận: đặt D = ( —, — ta có: 6 3 ì ri 1/2 ■ ...

\

1 Ị X, x2 / Ị l' y= s>nx

M

! X 0 n/ố _{n \}

J 1 P 71

871/3 y= m

■ Với Iml > 1, phương trình vô nghiệm,

■ Với IT = -1 , phương trình có 1 nghiệm thuộc D. ■ Với -1 < m < - hoặc m = 1, phương trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc D.

r~

■ Với — < m < — , phương trình có 3 nghiệm phân biệt thuộc D. ■ Vởi —— < m < 1, phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc D.

■

Ví du S: Biên luân theo m số nghiêm thuôc _{• • ■ ■ 4} , 7t) của phương trình

(m + 1 )sinx = (m - 1 )cosx. (1)

Giải

Biến đổi phương trình về dạng:

sinx + cosx = m(cosx - sinx) <=> 4 Ỉ sin(x + —) = m V2 cos(x + —) o t g ( x + ^ ) = m. Ta có kết luận: ■ Với m > 1 hoặc m < 0, phương trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc D. ■ Với 0 < m < 1, phương trình có 3 nghiệm phân biệt thuộc Đ.

11

II. CÁC BÀI TOÁN THI

Bài 1: (ĐHSP II - 2000): Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

• c o s [ - ( 3 x - a/ 9x2 + Ỉ60X + 800 )1 = 1. . 8 BÀI GIẢI " " " " Biến đổi tương đương phương trình về dạng: — (3x - ^ 9 x 2 + 160x + 800 ) = 2kTC <=> v.9x2 + 160x + 800 = 3x - 16k |3 x - 16k > 0 19x2 + 160x + 800 = (3x - 16k)2 <=> 8k2 - 25 16k . „ > —— - k e z 3k + 5 3 8k2 - 2 5 <=> • X = • X > —7- , k e z 3 (3k + 5)x = 8k 2 - 2 5 (1) k < , k è Z 3 9x = 24k - 40 - - 25 3k +5 Muốn X n g u y ê n thì trước h ết từ (2) ta phải có: 3k + 5 25 (1) e Z <=> 3k + 5 là ước của 25 <=> 3k + 5 3k + 5 = - l keZ 3k + 5 = - 5 c> 3k + 5 = -25 (2) k = -2 k = - 1 0 ■ Với k = - 2, ta được X = - 7. ■ Với k. = - 10, ta được X - - 3 1 . V ậ y phư ơ n g trình c ó h ai n g h iệ m n g u y ê n X = - 7 v à x = - 3 1 .'

Bài 2: (ĐH Tổng Hợp Lôữiôhốp - 1982): Giải phương trình:: V - Xs + 3x4 - 2 ,sin[7t(16x2 + 2x ] = 0 BÀI GIẢI Biến đổi tương đương phương trình về dạng: X8 + 3 x 4 - 2 = 0 (1) Ị - X8 + 3x4 - 2 > 0 ( 2 ) . Ịsin[n(16x2 + 2x)| = 0 (3) 't = l -- --- J X = 1 X — <=> <=> t = 2 . _{X4= 2 _x ỹ} (1) .<=> t2 - 3t + 2 = 0 « • Giải (2), dựa vào lời giải của (1) ta được:

( 2 ) <=> 1 < t < 2 <=> 1 < X4 < 2 <=> -1 < Ixl < ĨỈ2 <=> - i Ị ĩ < X < - I I < X < \/2

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

■ Giải (3), ta có: (3) <=> 7i(16x' + 2x) = k7i <=> 16x2 + 2x - k = 0 Phương trình (4) có nghiệm khi: I k ẹ / . A ’ằ 0 <=> 1 + 16k > 0 <í=> k > - — <=> k ^ O 16 khi đó (4) có nghệm X,, = — 1 ± V l 16k 16

• Để nghiệm X| = —j j t —L t l Ể l l (>0) thoả mãn (2) điều kiện là:

1< <=> 16 - l + V l + 16k 16 <#2 «■ 17<Vr + 16k <1 + Ì6ÌỈ2 _ keZ 18<k<16V2 +2ĨÍ2 Ồ k = | 19,20, 2 1 i 22, 23,24,25}. Ị--- r

■ Để nghiêm Xj = — --- + — — (<0) thoả mãn (2) điểu kiên là: 16 - 4 /2 < ^ j— ^ + 1 6 - < - 1 o 15<Vl.+ 16k < l6 i/2 - 1 1 16 ‘‘ _ • k e Z ...ý ' -<=> 14<k<16V2 -2 ^ /2 o k = {15, 16, 17, 18, 19,20}. Vâỹ?phụfQng trình có các nghiệm: X = ị±ỉ',±<Ỉ2 Ị u Ị x = ~ 1+ ^ 1 + 16k I k = 1925 M X = — l A ì + l6k Ị k = 15^20

Bài 3: Giải và biện luận phương trình:

a 2 s i n 2 X + a 2 - 2 COS 2 x l - t g 2 x BÀI GIẢI Điều kiện: cos X * 0 .2 cos2x * 0

, í cos X & 0 í cos X # 0

1 - Ì g 2x * 0 <=> r o r » 1 ' z l n l l - t g 2x * 0 Ịtgx * ±1 ^ 71 1 _ X *: — + kĩi 2 , 71 . _ X * ± —+ k7t 4 , keZ. Biến đổi phương trình về dạng: s i n 2 x + a 2 - 2 - = — J —---- 2 ^ ■— T 1 — t g ^ X COS x - s i n X 1 - t g X « ( a 2- l)tg2x = 2. c

Với a2 - 1 = 0 «> a = ±1, khi đó (1) vô nghiệm.

t g 2x + ( a 2 - 2 ) ( l + t g 2x ) l - t g 2x

(1)

13 2

■ Với a2- 1 =É 0 » a ±1, khi đó (1) có dạng: , ’ - 2

*8 X = ^ ĩ '

Để (2) có nghiệm và thoả mãn điều kiện ta cầíi có: 2 0 Í U M | a ^ ±-JĨ (2) a2 - 1 2 <=> ■ít 1 a - 1 Khi đó: . (2) <=> tgx = ± tgá <=ỉ> X = ± a + k7t, keZ. Kết luận:

■ Với lal<l hoặc a = ± V í , phương trình v ô n g h iệ m .

■ Với ae(-oo, - l ) u ( l , + oo)\{± V3 Ị, phương trình cổ hai họ nghiệm.

BÀI TẬP ĐỂ NGHỊ

Bài tập 1: Giải các phương trình sau: a. sin(7tccs2x) = 1.

Bài tập 2: Giải các phương trình sau: a. cos(Ttsinx) = 1.

b . cos(7ĩcos3x) = 1.

b. sin — = cos(jix). X

b. cotgf — (cosx + sinx)] = 1.

4

Bài tập 3: Giải các phương trình sau: a. tg[—(cosx - sinx)] = 1.

Bài tập 4: Giải và biện luận các phương trình sau:

a. cos(x+a)+oos(x-a)=2óosa • c. ( m + l ) s i n 2 x + l - m2 = 0. b. ãn(x+a)+cos(x-a)=l+sina d. (m + 2)tg2x - Vm = 0. Bài tập 5: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

a. sinx = mr, với X; e ( - —, — 4 3 b. sin(2x - —) = m, với x e [ - — , 4 ' 24 8 _ , Tt . ____ r 571 1 3tĩ , . c. cosíx - —) = m, với x e [ — , —— 1. 3 6 6 . - TZ . , 5tĩ d. cotg(x - —) = m, với x e ( ---- -, 71). 4 4

CHỦĐỀ2

PHƯƠNG TRÌNH BẬG HAI

.

1 ĐỐI VỚI MỘT HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

L PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC BẬC HAI Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình :

a.sirrx + b.sinx + c = 0. ( 1)

PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Tạt, biện luận theo các bướe sau:

, Bước 1: Đặt slnx = t, điều kiện Itl á 1, khi đó phương trình có dạng:

f(t) = a.t2 + b .t + c = 0. (2)

* Bước 2: Xét túỳ theo yêu eầu của bài toán:

1. Nếu bài toán yêu cầu giải .phương trình thì ta giải phương trình (2) theo t và chọn nghiệm t0 thoả mãn điều kiện Itl < 1. 2. Nếu bài toán yêu cầu giải và biện luàn phương trình theo

tham sô' thì ta giải và biện luận phương trình (2) theo t, điều kiện íti < 1, cụ thể: ■ Ta tính các biểu thửc A, a f ( l ) , af( - 1), — - 1, - + 1 * Lập bảng tổng kết: m A ' a f ( — I ) a f ( l ) - - 1

s

2 i + i 2 S o s á n h c á c n g h iệ m v ớ i ±1 00 + 00

\

3. Nếu bài toán yêu cầu tìm giá trị của tham số để pnựơng trình có nghiêm Trường hợp ỉ: a = 0, thử vào phương trình => kết luận. Trường hợp 2: a 5* 0 <=> phương trình (2) có nghiệm thoả mãn lt!<l r f ( - l ) . f ( l ) < 0 <=> ( 2 ) CÓ I n g h i ệ m t h u ộ c I - ỉ , 1| ( 2 ) c ó 2 n g h i ệ m t h u ộ c I - 1 , 1 1 <í=> A > 0 a f ( - l ) £ 0 - a f ( l ) > 0 2 ■ 15

4. Nếu bài toán vêu cầu tìm giá trị của thạm số để phương trình có k nghiệm thuộc (a , (3)

Trườní> hợj7 1: Nếu a = 0, thử vào phương trình => kết luận

Trường hợp 2: Nếu a * 0

Vj xe(a', p) <=> te((x„ pt). (*)

Từ đó dựa vào tính chất nghiệm của phương trình sinx = siny và đựờng tròn đơn vị biểu diễn khoảng (a, p), ta có được điều kiện cần và đủ cho phương trình (2).

Chú ý:

1. Với các yêu cầu 3.. 4 la ƯU tiên việc lựa chọn phương pháp hàm số để eiải phương trình.

2. Phương pháp trên cũng được sử dụng đổ giái và biệv. luận phương trình:

a.cos2x + b.cosx + c = 0. •

3. Thông thường phương rrình ban đầu chưa phải phương trình bậc hai theo 1 hàm số lượng giác, khi đó ta cần thực hiện một vài phép biến đổi lựợng giác dựa trên nguyên tắc:

■"''Nếi^phuưng trình chứa nhiều hàm lượng giác khác nhau thì biến đổi tương đtreng về phương trình chỉ chứa một hàm,

° Nếu phương trình chứa các, hàm lượng giác củíi nhiều cung khác nhau thì biến đổi tương đương về phương trình chỉ chứa các hàm

lượng giác cúa một cung. •

Ví du 1: (CĐSPHà Nội - 1997): Giải phươns trình: cos2x + súrx + 2cosx + 1 = 0 .

Gìâi

Biến đổi lương đương phương trình về dạng:

2cos2x - 1 + 1 - cos2x + 2cosx + 1 = 0 « - cos’x + 2cosx + 1 = 0 <=> (cosx + 1): = 0 <=> cosx = - 1 <=í> X = 7t + 2k7T, keZ.

Vậy phươns trình có một họ nghiệm X = 3T + 2k7T,

keZ.-* *■ * p Ví du 2: Cho phương trình: 4sin:2x + 8cos:x - 5 + 3m = 0. „ (1) ^ 4 a. Giải phương trình với m = - — . b. Tìm m nguyên dươns để phương trình có nghiệm. Giải ' , Biến đổi phựơng trình vể dạng: '

4( 1 - cos22x) + 4 (1 + cos2x) - 5 + 3m = 0 o ^ o s 2^ - 4cos2x - 3 - 3m = 0.

Đặt t = cos2x, điều kiện Itl 5 1. Khi đó, phương trình có dạng:

4t2 - 4t - 3 - 3nl = 0 <=> 4 t’ - 4t - 3 = 3m' ■ (2)

■ ' '■ ■ ■

16

4 a. Với m = - —, phương trình có dạng: 4t2 - 4t + 1 = 0 <=> t = -ị cos2x = — 2 2 . • <=> 2x = ± — + *2k7t « X = ± — + 2krt, k eZ . 3 6 4

Vậy với m = - — , phương trình có hai họ nghiệm. b. Ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách /: Phương trình (1) có nghiêm <=> (2) có nghiệm thuộc Ị - L, ỉ]

(2)có í nghiêmthuộc'1-l,II (2)có2 nghiệm thuộcJ—1.1 J <=> f ( - ! ) .f ( l) < 0 A' ^ 0 a f ( - l) > 0 a f ( l) > 0 - 1 < ^ < 1 ■ '> <=> (5 - 3 m )(-3 - 3 m ) S 0 16 + 12m > 0 5 - 3m > 0 - 3 - 3 m > 0 9 / <=> 4 ỹ m e Z <=> < m < — Cĩ> 3 3 m = —l ĨÍỊ = 0 . . m = I - 1 < m < 5 /3 . m > - 4 / 3 • ni <, 5 / 3 m <—1

Vậy với m = ±1 hoặc m = 0 phướng trình có nghiêm'.

Cách 2: Phương trình (1) có nghiệin <=> đường thẳng y = 3m cắt ổổ thị hàm sí y = 4t: - 4t - 3 trên đoạn f - 1, 1J . Xét hàm số y = 4t2 - 4t - 3 trên đoạn [ - ỉ , 11- Đạo hàm .. y ’ = 8t — 4, ỳ ’ = 0 <=> 8t 4 = 0 <=> t = — -2 Bảng biến thiên' . t I —co I

Dựa vào bảng biến thiên, ta được điêu kiện là: m = - ] 4 5 ineZ* - 4 5 3m < 5 <=> — < m < — « . 3 3 m = 0 m = 1 Vậy với m = ±1 hoặc m = 0 phương trình cố nghiệm. Ví du 3: Cho phương trình:

sin23x + (n r - 3)sin3x + n r - 4 = 0. a. Giải phương trình với m = 1.

b. Tìm m để phương trình có đúng 4 nghiệm thuộc [ — , — ].

Giải

Đặt t = siri3x, điều kiện Itl < 1. Khi đổ phương trình Gỏ dạng: , , ■ ■ ■ ■ ■ ' ■ t = -1 t2 + (m2 - 3)t + m2 - 4 = 0 <=> (1) sin3x = -1 t = 4 - m n 2k7t X = + — — 6 3 , k e Z . I sin3x = 4 — m 2 . 2 /o\ L sin3x = 4 - m (2) a. Với TĨ1 = 1, phương trình (2) có dạng: sin3x = 3 vô nghiệm Ị ' 7Ĩ . Vây vớí m = I phương trình có nghiêm X = + —— , k éZ . • • 6 3 b. Trước hết nghiệm ' 71 . 2 k n 2 n 4 t: , ■ l ú X = - — + — e — , — 1 là X, = — . 6 3 3 3 \ 6 ■> 2.71 4-71

Vậy để phuơng trình (1) có đúng 4 nghiệm thuộc [ ——, — ] điều kiện là

7)t 471' phương trình (2) có đúng 3 nghiên 1 khác —— thuôc [ — , — 1. 6 '3 3 , _ r 271 4ji , _ r_ „ , Vì x e [ — , — ]<=> 3xe[2ĩỊ, 47rJ, ■ . 3. 3 ■ ’ I do đổ điều kiện Ịà: sịn3x = 0 <=> 4 - m2 =: 0 m = ±2 • ■"

khi đó ta đượe các nghiệm 3xe[27t, 3n, 4n] o x e[ — ; 7t, — ] ' 27C 47C Vây vỡi m = +2 phương trinh (1) có 4 nghiêm thuỡc [t— , — ].

’ ' 3/ 3

Bài toán 2: Giải vằ biện luận phương trình :

_____________ a.tg2x + b.tgx + c = 0 ₍₁₎

PHƯƠNG PHẮP CHUNG ,

Ta biện luận theo các bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện cosx * 0 <í=> X * — + k7t, keZ .

. 2

Bước 2: 'Đặt tgx = t, khi đó phương trình có dạng:

. a.t2 + b.t + c = 0. (2);

Bước 3: Giải và biện luận phương trình (2) the.0 t.

Chú % •

* 1 Phương pháp trên được sử dụng để giải và biện luận phương trình: a.cotg2x + b.cotgx + c = 0

* vói điều kiện sinx * 0 <=> X 5* kn, keZ .

2. Ưu tiên Ịựa chọn phươrig pháp hàm số đế’ giải. Ví du 4: Giải phương trình: s cotg2x - 4cotgx + > / 3 = 0 . Gidi ' Điều kiện: sinx * 0 <=> X * k7t, keZ . Đặt cotgx = t, khi đó phương trình cộ đặng: / s t 2 - 4 t + s = 0 "t = s CDt X = V3 <=>

H r

V 3 1 <=> cò t X = —= . V3 _ n 1 X - — + k iĩ 6 _ 71 1 _ X = — + K7T 3 , keZ . *- - L 3

Vậy phương trình có hai họ nghiệm X = 71 + 2k7i, keZ . Vị-dụ.5: Gho phương trình: nr — 1 COS2 X - 2m tg x - m2 + 2 = 0. (1) a. Giải phương trình với m =; 2. t b. Tìm m đế phương trình có đúng ba nghiệm thuộc (-71, — ). Giải Điều kiện: cosx 0 <=> X * — + k7t, keZ . . 2

Biến đổi phương trình vổ dạng: ( n r - 1)(1 + tg2x )- 2mtgx- rrr + 2 = 0 <=>(rrr- l)tg2x - 2mtgx + 1 =0. Đặt tgx = t, khi đó phương trình có dạng: " ( m - l ) t = l (m + l)t = 1 (m2 - 1 )t2 - 2mt + 1 = 0 <=> Với m = 2, ta được: (2) , ■ rc t = 1 tg x = 1 = t g - j <=> 1 <=> t = - • 1 3 tgx = ^ = tg a . 3 . n 1 _ x = - + k7i , „ 4 , k e Z. X = a -t- k7t

Vậy với m = 2, phưcmg trình có hai họ nghiệm, b. Để phướng trình có đúng ba nghiệm thuộc ( - 71, —)

m * ±1

1 I

<=> (2) có hai nghiệm trái dấu <=>

„m - 1 m + 1 Vậy vói. Iml < 1 íhoả mận điều kiện đầu bài. II. CÁC BÀI TOÁN THI

<0 o m 2- 1 <0<=>lmi< 1.

Bài 1: (ĐHCSNĐ - 99): Tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện cosx > 0 của phương trình: 1 - 5sinx + 2cos2x = 0. BÀI GIẢI Biến đổi phương trình về dạng: sin X = 3. (loại) =_ - 1 ^ sinx = — X = — + 2k7i 6 X = — + . 6 i Q _r\ _— k sin D — u X* 5n/6 \ ° /* ajsirr \ —^ *

Ẹằng cách biểu diễn các họ nghiệm trên lên đường tròn đttn vị^ta tháty

7 Ĩ ^ í *

nghiệm Ặ = — + 2kĩt, k e Z thoả mãn điều kiện COSX>0.

Chú ý: Các em học sinh cũng có thể kiểm tra bằng phươiig pháp đại scTnhư sau:

° Với X = — + 2kn => cosx = cos(— + 2k7i) = COS— = 0 ,thoảmãn.

6 6 . 6 2

_ . 571 ‘

Với X = —- + 2kn

6

.5:1 ___ 571 7 3 _ . .

cosx = cos(— + 2kn) = COS—*7 = <0, loại.

6 6 2

Vậy họ nghiệm của phương trình thoả mãn điều kiện COSX>0 là X = — + 2kn.

■■■ n

Bài 2: (ĐH Đà Nãng - 96): Chọ phương trình: co s2x - (2m + 1 )cosx + m + 1 = 0. 3 a. Giậi phương trình với m = — i > b. Tìm m để phương trình có nghiệm thuôc [ —, — ]. ______________________ ~ _____________________ ______________________________________________________________________________2____________2 BẲĨ GIẢI

Đật t = cosx, điều kiên Itl <, 1. Khi đó phương trình có dạng: t: - (2m + I )t + m + I = 0 <=> 1 1 t = — ■ cosx =— ■ 2 <=> 2 <=> t = IĨ1 cosx == m V - + — + k.71 . . _ 3 , k sZ . c&á X = m (* ) a. Với m = — , phương trình (*) vồ nghiệm. '•Vi ■ í-2

Vậy với m = — phương trình có hai họ nghiệm X = ± — + 2k7t, k ẹZ . ). Với x e -1 £cosx á 0.

j a r 2 ■ ' " . , 3

Dcpđo, phương trình (1) có n g h iê m thuôc [ —, — ] <=> - 1 < m < 0.

■ V ■_______ _ ẵ 2 ________

Bài 3: (CĐCNIV TPHCM - 2000): Cho phương trình: *cos2x + 2(1 - m)cosx + 2m - I = 0. a. Giải phương tririh với m = —.

b. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm thuộc [0, 271],

%

ti)

BÀI GIẢI

Đặt t = COSX; điềụ kiện Itl < 1. Khi đó phương trình có dạng:

t2 - 2(m - l)t + 2m - 1 = G. a. Với m = — , phương trình có dạng:

t2 + t = 0 <=>

b. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:

(₂) 't = 0 cos X = 0 <=> •» t = - l cosx - -1 n , _ X = — + kn , „ 2 , k éZ. X = n + 2kn 21

Cách ỉ: Phương trình (1) có 4 nghiệm thuộc [0, 271] <=> phựơrig trình (2) có 2 nghiệm thoả mãn -1 < t, < t, 5 1 5 ÍA’> 0 , . . -m - 4 -m + 2 > 0 af(—1)>0 af(l) > 0 <=>'■ - 1 < — < 1 2 4m - 2 > 0 2 > 0 - 1 < m —1 < 1 <=> — < m < 2 - V2 . 2 7 ■<

Vậy vởi — < m < 2 - V2 phương trình (1) có 4 nghiệm thuộc [0, 2rtj.

■ Cách 2: Biên đổi (2) về dạng:

-t2 + 2t - 1 = 2m(t — 1). 1=\ không \ầ nghiệm «• ---f2 + 2t — 1

t- 1 = 2m.

Phương trình (1) có 4 nghiệm thuỘG [0, 2tc] <=> đường thẳng y = 2m cẳt đồ thị hàm số y = -— — - trên (-1, 1) tại 2 điểm phân biệt.

t— l

Xét hàm số y = Đạo hấm r + 2 t - l t - 1 trên (-1, 1) lo hàm 4.2__Ọ ị__1 y ’ = - • —• . y ’ = 0 ọ t 2 - 2t - 1 = 0 « - 1 = 1±yÍ2". ỵ . . . ( t - 1 ) 2 , ■ Bảng biến thiên - i t -00 - 1 _1-V2 0 ■ +C0 4 -2 V2

! y Ị p | p j . ■

, I

,

■

Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là:

1 V 'ì— ,**! A o / ĩ x-v ^ /a 1 < 2 m < 4 - 2 - 7 2 < = > - < m < 2 - V 2 .

2

Vậy với - < m < 2 - V2 phượng trình (1) có 4 nghiệm thuộc [0, 2:t]. Bài 4: (HVKTQS - 2001): Giải phương trìn.h:

3cotg2x + 2 V2 sin2x = (2 + 3 V2 )cosx. (1)

BÀI GIẢI

Biến đổi phương trình về dạng:

(3cotg2x - 3 V2 cosx) + (2 V2 sin2x - 2cosx) = 0 <=> 3( 00 3x— V2 )cosx + 2( V2 sin2x - cosx) = 0

sin X- ■

3(cosx - -/2 s in2x)G0sx + + 2( -ỊĨ sin2x. - cơsx)sin2x = 0

<=> (cosx - v2 sin2x)(3cosx. - 2sin2x) = 0 . V2 c o s 2 X + c o s X - V 2 = 0 2 <=> o • 2 c o s x + 3 c o s x - 2 = 0 Vậy phương trình có bốn họ nghiệm. c o s x : 42 1 COS X = — 2 ■ X = ± — + 2k7i 4 X = + — + 2kn . 3 keZ

Bài 5: (Đề 95): Giải và biện luận phương trình:

(m - 1 )sin2x - 2(m + 1 )cosx + 2m - 1 =0 . ₍₁₎

BÀI (ĨỈẬI

Biến đổi phương trình về dạng:

% (m - 1)(1 - c o s^ ) - 2(m.+ l)cosx + 2m - 1 = 0 0 (m - 1 )cos2x + 2(m + 1 )cosx - 3m + 2 = 0. Đặt t = cosx, điều kiện Itl < 1.

Khi đó phương trình có dạng: (m - 1 )t2 + 2(m + 1 )t - 3m + 2 = 0. (2) Ta đi xác định các giá trị: A' = (m + 1 )2 + (3m - 2)(m - ]) = 4m2 - 3m + 3, > af( - 1) = (m - Ị)( - 4m - 1), af(l) = 3 ( m - 1),

s

J

_ m

+ 1

2rri

s

I _ m +1 ,

2

2 m 1 ' m - l ’ 2 m - 1 m - 1 Ta có bảng tổng kết sau: m A' af(-l) af(l) Ễ -1 2 s + l2 So sánh các nghiệm với ± I —00 + ■ ■ ■ t| < - ‘1 < 1 < tj -1/4 0 c t, = - 1 + + ■— — — Ọ 0 - 1 < t, < 1 < t2 + + ’ — . + — 1 n n II ' II < t = 1/4 + - + - + • t| < - 1 < t2 < 1 + 00 Vậy: Với m < - - , phương trình vộ nghiệm. 4 ; ■ Với m = —- , phương trình có nghiêm 4 t, = - 1 <=> X = ft + 2kn, keZ . ■ 23

Vởì — - < m < 1, phưong trình có nghiêm A — IĨ1 — 1 — i / 4 n i 2 - 3 m + 3 ■ t, = —---—--- <=> cosx = t, = c ố s a 1 m — 1 <=> X = ± a + 2krc, k eZ . Với m = 1, phương trình có nghiệm ,

* = — <=> t o s x = — = COS (3 <=> X = ±B + 2kií,keZ .

4 4 Với m > 1, phưcmg trình có nghiệm — m — 1 + - v 4 i n —3 m + 3 t, = ---—--- <=> COSX = t2 = cosy m - 1 <=> X = ±v + 2kn, k eZ .

BẰI TẬP ĐỂ NGHỊ

Bài tập ỉ : Cho phương trình: ;os: 2 Y 5 4siirx - 8cos2 -7 = 3m. . 4 a. Giải phương trình với m = —- . b. Tìm m nguyên dương để phương trình có nghiệm. Bài tập 2: Cho phương trình: . cos2x + 5sinx + m = 0.

a. (ĐHNN Hà Nội - 97): Giải phương trình với m = 2. b. Tim m nguyên dương để phương trình có nghiệm. Bài ỉập 3: Cho phương ỉrình: 4cos2x - 2(m - 1 )cosx - m = 0. ạ. Giải phương tnnh với m = V3 . b. Tìm m nguyên dương để phượng trình có nghiệm. Bài tập 4: Xác định m để phương trình: , m c o s 2 x —, 4 ( m — 2 )c ó s x + 3 (m — 2 ) = 0 c ó đ ú n g 2 n g h iệ m th u ộ c

Bài tậ p 5; Giải và bịện luận theo m phương trình:

(m - lís in ^ - 2(m + ỉ)cosx + 2m - I = 0

Bài íập 6: Giải và biện ỉuận ĩheo a, b phương trình: cosax + cos2bx - cos[(a + 2b)x] = 1 Bài íập 7: Biện luận số nghiệm của phương trrnh:

c o s 2x + (1 - m ) c o s x + m - ỉ = 0 v ớ i 0 < X < 7t tu ỳ th e o c á c s i á trị c ố a m .

*

CHỦ ĐỆ 3

PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO

ĐỐI VỚI MỘT HÀM SỔ LƯỢNG GIẤC

I. PHƯƠNG PHÁP

Bài toán 1: Giải phương trình bậc cao dối vđi một hàm sô' lượng giác.

PHƯƠNG PHÁP CHUNG 1. Đối với phương trình bậc 3: at3 + bt2 + ct + d - 0. (1) ta lựa chọn một trong ba hướng: Hướng 1: Nếu xác định được nghiệm t0 thì: . ■, t = t 0 • (1) <=> (t - t0)(at + Bt + C) = 0 <=> . at +B t + c = 0 (2) . Khi đó việc giải (1) được dẫn vể việc giải (2).

H ự ớ n g ĩ: Sử dụng phương pháp hằng sô' biến thiên. Hướng 3: Sử dụng phương pháp hàm sô' đổ thị.

2. Đối với phương trình bậc 4:

^ > at4 + bt3 + ct2 + dt + e = 0. (3)

a^Ịllợa chọn một trong bốn hướng:

Hy0ng I; Nếu xác định được nghiệm t0 thì:

. (3) <=> (t - t0)(at3 + Bt2 + Ct + D) = 0 • 't = t 0 .

at3 + Bt2 + Ct + D = 0 (4) \ Khi đó việc giậi (3) được dẫn về việc giải (4).

Hướng 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ. Hướng 3: Sử dụng phương pháp,hằng số biến thiên. Hướm> 4: Sử đụng phương pháp hàm sô' đồ thị.

Ví du 1: (ĐH Thái Nguyên - 97): Giải phương trình: 4cos2x - cos3x = 6cosx + 2( 1 + cos2x).

Giải

Biến đổi phượng trình về dạng:

4 c o s 2x - ( 4c o s3x - 3 c o s x ) = 6 c o s x + 4 c o s 2x <=> 4cos3x + 3cosx = 0 <=> (4cos2x + 3)cosx = 0

<=> cosx = 0 <=> X = - + k7t, keZ .

2 ,

Vậy phương trình có một họ nghiệm. <=>

25

Ví du 2: Gho phương trình: . cos3x - cos2x + mcòsx - 1 = 0 . (1) a. Giải phương trình vói m = 1. . . ■ b; (ĐH Y&D TPHCM — 99): Tìm m để phương trình có đúng 7 nghiệm thuộc khoang ( - — ,271). Giảit • ■ • • , ... . ■. Biến đổi phựơng trình về dạng: •

4cos3x-3eosx-(2cos2x - l)+ m cosx -1 = 0 '» 4 x js3x-2cos2x+(in-3)eosx=0 Đặt t = cosx, điệu kiện Itl < 1, ptiương trình cổ dạng: -

4f’ - 2t2 + (m - 3)t = 0 <=> (4t2 - 2t + rh - 3)t = 0 t = 0 4 t2 - 2 t + m - 3 = 0 (2) ■ Với t = 0 ' <=> cosx = 0<=> x‘= — + krc (*>. . 2 a. Với m = 1, ta được: . <=> (2) <=> 4t2-2t-2= 0< = > . 1 <=> 1 <=> ■ 2n , ,1 t = ■ cosx = —- X = ± — + 2kn - ■ 2 . 2 L 3 . ỵ

Vậy, với m = 1, phương trình có 4 họ nghiêm.

b. Trước hết ta tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện đầu bài từ (*), .ttftfabe:

n

X, = —

, 2 .

371

- 2 2

Vậy để.phương trình (1) có đúng 7 nghiệm thuộc ( - - , 2rt ) <í=> phương trình (2) có nghiêm thoả mãn - 1 < t, < 0 < t2 < 1 a f ( - ì) > 0 af(0) < 0 <=> • af(l) > 0 m + 3 > 0 m - 3 < 0 < = > l< m < 3 . ỈĨỊ — 1 > 0 MỊ 1 ^ w .

Vậy với 1 < m .< 3 thoả mãn điều kiện đầu bài.

Chú ý. Để các em học sinh tiện theo dội ta có thể lý giải điều kiện trên có được bởi:

1. Với t2e(0, 1), thì bằng cách dựng đơòmg thẳng qua t2 vuông góc với trục cosin ta được ba nghiệm «1, a 2 và a 3 thuộc cụng A B .

2. Với t,e ( - 1, 0), thì bằng cách dụng đường thẳng qua tị vuông góc với trục cosin ta được hai nghiêm a 4 và a 5 thuộc cung A B .

Ví du 3: ■ Cho phương trình:

. ' cotg*W - 3 c o tg 2x + m .= 0 . (1)

a. Với m = -1 , phượng trình có mấy nghiệm thuộe (0, —) ? •

■ 2 ..

b. Tìm m để phương trình có ba nghiệiri phân biệt thuộc ( 0 ,7t).

Giải ' ■

Điều kiện:

sinx * 0 <í=> X k.71, keZ .

Đặt cotgx = t, khi đó phương trình có dạng:

•t’ - 3 t2 + m = 0 .

-Nghiệm cũa phương trình (1) là hoành độ giao điểm của đồ tỉíị hàm số

y = t3 - 3 t2với đ ư ờ n g th ẳn g y. = - m . 4 X é t l i à i ĩ i 9Ô ỵ = X3 - 3 x 2 t r ê n R . *Đạo hàm: y ’ = 3t2 - 6t, y’ = 0 <=> 3t2 - 6t = 0 <=> Bảng biến thiên t = 0 t = 2 t — 00 0 2 + co y' + 0 - 0 + y — 00__ r 0 - A * • + 00

a ' Với m = - 1, đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số tại một điểm có hoành độ

tị > 2 , suy ra phươiig trình (1) nghiệm duy nhất thuộc (0, —). b. Để phương trình cố ha nghiệm phâri biệt thuộc (0,71) điều kiện là:

- 4 < - m < 0 < = > 0 < m < 4 . Ví du 4:! Cho phương trình:

Ị g ^ + Í ^ - l)tg’x+(m2-2ni)tg2x -(m 2- m + l)tg x -m + 1 =0. (1) a. Giải phương trình với m = - 1.

b. Xấc định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc ( ,

-Giải Điều kiện: cosx *0 <=> X * — + k7t, keZ : 2 Đặt tgx = t, khi đố phương trình có dạng: t4 + (2m - 1 )t3 + (ựi2 - 2rti)t2 - (m2 - m - + l ) t - m + l = 0 <=> (t - lXt3 + 2mt2 + m2t + m - 1) = 0 « ■ t 3_ l = ° 2 2 _ ( I ) , t + 2m t + m t + m - 1 = 0 (2) 27

Để tiếp tục phân tích (2), ta viết lại (2) dưới dạng:

t.m2 + (2t2 + 1 )m + t3 - 1 = 0. .

Coi m íà ẩn, còn t là ửiam số, ta được phương trình bậc 2 theơrii và gĩải ra ta được: m = ĩ - 1 t 2 + 1 4- 1 • m = --- —---- . t Do đó (2) được chuyển về dạng: (t.+ m - 1 )ft2 + (m + 1 )t + 1 ] = 0. Khi đó: , 't - 1 = 0 (I) <=> t + m - 1 = 0 I (II) g(t) = t 2 +(m +.l)t + 1 = 0 (3) a. Với m = - 1: (II)« ‘t - 1 = 0 t - 2 = 0 « . 't = 1 <=> tgx = 1 t = 2 : tgx = 2 = t ga _t2 + 1 = 0 X = — + k7Ị , „ 4 , keZ . x = a + k r t Vậy phương trinh có hai họ nghiệm,

b. Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x e ( - —, —) <=> (3) có 2 nghiệm phân biệt khác ] và 1 - m và 1 - m ^l m 2 + 2rĩi - 3 > 0 m + 3 * 0 3 - 2m 5* 0 m ĩ* 0 <=> ì A V > 0 g ( ĩ ) * 0 g(l - m ) * 0 1 - m * 1 » , . 3 1 < m 5* -­ 2 . g(l - m) u n í < - 3 1 - m # 1 m * 0 . ■ T, • ■■ ■ ; *

Vây với m é( 00, 3 ) u ( l , + oo)\j - } phương trình có 4 nghiêm phân biêt.

■ T ; 2 ■ *’

, . % , %. , . ý

ILCÁC BÀI TOÁN THI

Bài 1: (ĐBNN - 2000): Giải phương trình: 1 BÀI GIẢI Điều kiện: ■ C0SX.5É 0 <=> X * — + k ĩ t, keZ. 2 Biến đổi phương trình về dạng:

[2(2cos2x- 1) - 8cosx + 7]cosx = 1 <=> 4cos3x - 8cos2x + 5cosx - 1 = 0 .

Đặt t = cosx, điều kiện ltl<l. . Khi đó phương trình có dạng: 4t3 - 8t2 + 5t - 1 = 0 <=> (t - l)(4t2 - 4t + 1) = 0 <±> (t - l)(2t - l)2 = 0 X = 2kn X = ± — + 2 k 7 t . 3 Vậy phương.trình CQ ba họ nghiệm-t = 1 COS X = 1' <=> _{1 <-> 1 <=>} COS X = — . ~ 2 2

Bài 2: (ĐHỌG TPHCM Khối D - 99): Cho phương trình:

( c o s x + l)(cos2x - m c o s x ) = rri:S Ìn2x .

a. Giải phương trình với m = -2.

BÀI GIẢI

Biến đổi phương trinh về dạng:

(cOsx + 1 )(cos2x - mcosx) = m( 1 - cos2x)

<=> (cosx + l)[co s2x - m c o s x - m ( l - cosx)] = 0 <=> (cosx + 1 )(cos2x - m ) = 0

cosx = -1 *cos 2x = m X = 7C. + 2kĩt , keZ . cos2x = m (*) a. Vcjj0&=-2, phương trình (*) vô nghiệm.

v ậy = -2 , phữơrig trìrih có một họ nghiệm X = n + 2kn, keZ . b. Để phương trình có đủng 2 nghiệm thúôc ỊO, — ]

4tc

<=> phương trình cost = m (với t = 2x) có đúng 2 nghiệm thuộc [0, — Ị <=> - 1 < m< - - .

2

Vậy với - 1 < m< - — thoả mặn điều kiện đầu bài.

Chú ý: Để các em học sinh tiện theo dõi ta có thể lý

giải điều kiện trên cỏ đứợc bởi:

■ Nếu — — < m ắ I, thì bằng cách dựng đường thẳng vuông góc với trục cosin ta được hai nghiệm a , và a 2 nhưng khi đó dễ thấy a 2 không- thuộc cung AB , tức là chỉ có 1 nghiệm được chấp nhận.

■ Nếu - 1 < m ắ , thì bằng cách dựng đưcmg thẳng vuông, góc vói

trục cọsin ta được hai nghiệm X|, X, và cả hai nghiệm nàỳ đều thuộc cung

AB , tức là có 2 nghiệm được ctíấp nhận.

b. Tim ri) để phương trình có đúng 2 nghiêm thuôc [0, — ].

29

Bài 3: (ĐHSP TPHCM Khối A - 2000): Cho phương trình: sin3x - mcos2x - (m + l)sinx + m = 0. Tìm m để phương trình có đúng 8 nghiệm thuộc (0, 371).

BÀI GIẢI

Biên đổi phương trình về dạng:

3sinx - 4sin3x - m(l - 2sin2x) - (m + 1 <=> (4sin2x - 2msinx + m - 2)sịnx = 0 sinx .= 0 <=> , 4sin X -2m s i n x + m- 2 = 0 (1) Với sinx = 0 ' X, = n x e ( - 0 , 3 i t ) r X , = n V <=> X — k r t o . \ 2 = 2n -I

'Với phương trình (1), đặt t - sinx, điểu kiện Itl < 1, ta được: 4t2 - 2mt + m - 2 = 0„ .

H-L — Z,IIU T 111 — ^

Vậy để phương trÌỊih cố'đúng 8 nghiệm thuộc (0, 371) <=> phương trình (1) có 6 nghiệiti thuộc (0, 371 )\| 71, 2n} <=> phương trình (2) có nghiệm thoả mãn - 1 < t, < 0 < t2 < 1' (.2) <=> ạ f(-l) > 0 af(0) < 0 <=> • af(l) > 0 3 m + 2 > 0 m - 2 < 0 - m + 2 > 0 2 *

Vậy với - - < m < 2 thoả mãn điều kiện đầu bài.

Chú ý: Để các em học sinh tiên theo dối ta cố thể lý giải điều kiện trên có được bởi:

1. Với t,e(Ọ, 1), thì bằng cách dựng đưòng thẳng qua t2 vuông góc với trục sin . ta được bôn nghiệm <X|, ạ „ ot3 và ạ 4 thụộc cung ÁB .

2: Với t , e ( - l , 0), thì bắng cách dựng đường thẳng qua t| vuông góc với trục

sin ta được hai nghiệm a 5 và a 6 thuộc cung A B .

BÀr TẬP ĐỂ NGHỊ

Bài tập 1: Giải phương trìrih:

4(sin3x - cos2x) = 5(sinx - 1)

Bài tập 2: Cho phương trình:

sin3x + sinx - 2cos2x = m. a. Giải phương trình với m = 0.

b. Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt thuộc [0 ,7t].

Bài tập 3: Xác định m để phường trình:

cos4x + (m - 2)sin2x + 4 = 0 vô nghiêm.

• ■

' *

CHỦ ĐỀ 4

PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT

ĐỐI VỚI

s i n x

VÀ

e o s x I. PHƯƠNG PHÁP

Bài tọán 1: Giải và biện luận phương trình:

'__________.asinx + bcosx = c. (1)

PHƯƠNG PHÁP CHUNG ,

Ta CÓ th ế lưa ch ọ n m ột trong eá c cá ch sau:

Cách 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1. Kiểm tra:

1. Nếu à2 + b2 < c2 phương trình vở nghiêm.

2. .Nếu a2 + b2>c2, khi đó để tìrri nghiệm của phương trình,(1) ta thực hiện tiếp bước 2.

Bước 2. Chia hai vế phương trình (1) cho Va2 +b2 , ta được:

a b ___ c

—ĩ— . sinx. + J= cosx = ;

Va2 +b2 ì/a2 + b2 Va2 +b2

Vì ( a )2 + ( b ^ )2 = 1 nên tổn tại góc B sao cho

V a2 + b 2 Va2 + I

Va2 +b2 ■ Va2 +b2

Khi đó phương trình (1) có dạng:

sinx.cosp + sinp.cosx = . c o sin(x + P) =

Va2 + b2 • Va2 + b2

Đây là phương trình cơ bản của sin.

Cách 2: Thực theo các bước:

Bước 1. - Với c o s - = .0 <=> X = n + 2kn, kiểm tra vào phương trình: Bước 2. Với COS — #0 <=> x*n + 2kn, đật t = tg—, suy ra:

, _{sinx =} . _ 2t _{, và cosx = -—— .}. _ 1 - t2’ 1 + t2 ■ 1 + t2 Khi đó phương trình (1) có dạng: a . - —1 ■ - + b . 1 ~ 1-,- = c <=>(c + b )^ - 2at + c - b = 0. (2) 1 + 12 1+t* Bước 3. Giải phương trình <2) theo t.

Cách 3: Với những yêu tầu biên luận số nghiệm của phương trình trong

(a, P), ta có thể lựa chọn phương pháp hàm số đổ thị.

Cách 4: Với. những yêu cẩu biện luân tính chất nghiêm của phương trình

trong (a, (3), ta có thể lựa chọn phương pháp điều kiện cần và đủ.

Nhận xét quan trọng:

-1. Cách 1 thường được sử dụng với các bài toán, yêu cầụ giải phương trình và

tìm điều kiện của thảm số để phương trình có nghiệm, vô nghiệm hoặc giải

và biện luận phương trìrih th eo tham số. . ,

2. Cách 2 thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu giải phương trình và tìm điểu kiện của tham sỏ' để phương trình có nghiệm thuộc tập D với

Dc[0,2rt], . .

3. Cách 3 thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu biện luân theo tham số để phương trinh k có nghiệrrvthuộc tập D với DnfO, 2n\ 0 .

4. Từ cách giải 1 ta có được kết quả sau: '

- Va2 + b 2 < asịnx + bcosx < Va2 + b2

kết quả đó gợi ý cho bài toán về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm

• , . , • a.sìnx + b.cosx . , " .. . ,

số dang y = a.sinx + b.cosx, y = — --- và phương pháp đánh

' c.sin X + d.cosx

giá cho một số phương trình lượng giác.

Dạng đặc biệt: .

B sinx + cosx = 0<=í>x = - — + k7i, keZ.

4 .

B sinx - cosx = 0 <=> X = — + k7t, keZ.

4 Ví du 1: Giải phương trình: V ĩ sin3x + cos3x = \Ỉ2. Giải Biến đổi phương trình về dạng: V3 . , . 1 -5 _ V2 . _ n . . n _ 'tỊĨ ——sin3x + — cos3x = — <=> sin3x.cos— +Cós3x.sin— = - r -

2 2 2 6 * 6 2 2kĩt + ZK7C X = --- + 6 4 « ’SĨn(3x+ — )=sin— <=> 6 4 <=> 3x + ^ = 71- — + 2k7t . 6 4 Vậý phương trình có hai họ nghiệm. Ví du 2; Giải phương trình: % X = -— +■ 36 3 _ 7n 2kn x ~ 36 + X' ,keZ 3sinx - 4cosx = - . 2 Giái Biến đổi phương trình về dạng: 3 4 1 — sinx - — cosx - -­ 5 5 2 32

3 4

Đặt — = cósa thì — = sinạ, khi đọ ta được:

5 5 s i n x . c o s a - c o s x . s i n à = - - < = > sin(x - à ) = sin(- — ) <=> x - a = — •— + 2krc 6 71 x - a = 3T + — + 2k7t 6 X = a — — + 2 k n 6 571 X = —- + a + 2kn , keZ .

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

ỵ í t e à i Giải phương trình:

sin2x - 3cos2x = 3

Giải

Ta có thể lựa chọn rriột trong haỉ cách sau:

Cách I: Biến đổi phương trình về dạng: 1 : . 3 3 —J=r sĩn2x---- = c o s 2 x = —= r ■,.■■■ V10 V10 v ĩ o Đặt -;Lr = cosa thì —J= = sina, khỉ đó ta đươc: ' V10 VI0

sin2x.cosa - cos2x.sinạ = sĩna <=> sin(2x - a ) = sina

X = a + kĩt

2x - a = a + 2kn

2x —a = 7t - a + 2k% X = — + k ĩt 71 > keZ.

. 2

Vậy phường trình, có hai họ nghiệm.

Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng:

sirứx = 3( 1 + cos2x) <=> 2sinx.cosx = 6cos2x <=> (sinx - 3eosx).cosx = 0 X =; a + kn

<=ỉ> sin X - 3 cos X - 0

cos X = 0 o

tgx = 3 = tga cọsx = 0 <=> Vậy phương trình có hai ho nghiệm.

Ví du 4: Giải phương trình:

2sinx - 3cơsx = - 2

Giỏi

Ta có thể lựa chọn một trong haí cách sau:

Cách ĩ: Biên đổi phương trình về dạng:

2 3 2

-— = sin x ---- j = cosx = - . .

2 3

Đăt ~ = = epsa thì -j== = sina, khi đó ta đươc:

' V13 Vl3

sinx.cosa — cosx.sina = cosa <=> sin(x - a ) = sin(a - —)

<=> x - a = ? a - - Ỉ7 + 2kn 1 x - ạ = 7 i - a + -r + 2ks . 2 <=> X = 2 a - - - + 2kĩc 2 3n J '■ . X = —- + 2krc . 2 . . , keZ.

Vậy phưang trình có hai họ nghiệm.

Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng:

X 2

2(1 + sinx) = 3cosx <=> 2(cos— + sin — )2 = 3(cos2— - sin2—) <=>I2(cos— + sin—) - 3(cos— - sin —)](cos— + sin —) = 0

2 2 2 2 2 2 <í=> 5 s in — - c o s — = 0 2 . 2 ‘ • <=> X X cos-r+ sin-^ = 0 . 2 2 X = 2cx + 2kĩt _ 3ti , ke Z. X = — - + 2 k n . 2 X 1 _ t í ± = i = ,ga _ x 1 í g f = - l <=> — = a + kTt „ 2 X 3rt ., _ — = — + k7t

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

-Chú ý: Gác em học sinh cần có thói quen kiểm trạ điều kiện ạ2 + b2>c2 ra nháp

trước khi đi giảị phương trình bởi có nhiều bài thi đã cố tình tạo ra những phương trình không thoẳ mận điều kiện trên vối mục đích kiểm tra kiến thức cơ bin của các em! Gụ thể nhự đề thi ĐHGTVT - 2000.

Ví du 5: (ĐHGTVT - 2000)' Giải phương trình: 2 -Ịĩ (siiủc + cosx)cosx = 3 + cos2x.

Giải •

Biến đổi phượng trình về dạng: ■

V2 sin2x+ V2 (1 +cos2x)=3+pos2x<^> V2 sừứx+(VĨ - I)cos2x=3- V2 Ta có: W 2 b = 1/ 2 - 1 => c =

3

- - J

2

\ . Vậy phương trình vồ nghiệm. + h2 = 2 + (V2 - l ) 2 = 5 - 2/ 2 . p2 = ( 3 - - y 2 ) 2 = I I -6V2 => a2 + b: < c2

Chú ý: Việc lựa chọn cầc phép biến đổi lượng giác phù hợp trong nhiềiì trường hợp ta

■ sẽ tìm được phép biểiKổiễn chẵn cho các họ nghiệm. Chúng ta xem xét ví dụ sạu: Vì du 6: Giải phương trình: (1 + V3 )sinx + (1 - V3 )cosx = 2 G iả i Cách 1: Biến đổi phương trình về 'dạng: I + V3 • / 1 - / 3 1 2V2 ■ sinx + 2V_ cosx = 2 v'2.

Đặt yỊỉ- = cosa thì -í— = sina, khi đó ta được:

2V2 2V2

sìnx.cósa + cosx.sina = -7= <=>.sin(x + a ) = sin —

. V2 4

<=>

x + a = —+ 2kn 4' x + a = 7 t- — + 2k7i . 4 <=> X = — - a + 2 k n 4 3tc - , _ X = — - a + 2k7t 4 , keZ.

Vậy phương tành có hai họ nghiệm. Các/ỉ 2: Biên đổi phương trình về dạng:

(sinx + cosx) + V3 (sinx- cosx) = 2 « V2 sin(x + —) - cos{x + —) = 2

* 4 4

- 1 . , 7U . V 3 __ , 71 s 1

<=> - sin(x +■ — ) - — cos(x + —) = -pr

2

4

2 .

4

' V

2

<=> sin(x + — ).gos — - cos(x + — ).sin— = ~ <=> sin(x + — - — ) = sin—

4 3 4 3 t/2 4 3 4

<=ỉ>

X - — = — + 2k7t 12 * 4 n 7t X ---- — = 7t — — + 2KJI . 12 4 <=> X = — + 2k7t 3 571 _ X = — + 2k7i . 6 , ke Z.

Vậy phươrlg trình có hai họ nghiệm.' ATíận xét:

1. Như vậy bàng cách 1 ta tìm đuơc nghiệm của phửơng trình không tường minh, trong khi đó nẽu sử dụng cách 2 ta thấy nghiệm của phương trình rất chẩn. 2. Một vài tài lịệu tham khảọ giải phương trình bằng cách đặt t = tg —, dẫn tới

phương trinh 1

* (3 - s )t2 - 2(1 + & )t + & + 1 = 0 » t, = ' Ậ V t2 =

V3 v 3 — 1

35

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Với tị = ta được: V3 tg — = = t g— <=> — = — +k7T«>x = - + 2kn, k e Z. 2 >/3 , 6 2 6 . 3 ; * Với t, = ta .được-. 2 & - Ỉ , X _ V3.+ I _ t S 3 + t g 4 _ ,.„771 X _ 5j[ w tg — = — — = --- =2--- a— = — t g - - f = t e - - <=>— = — + K7I . 2 V3 - 1 1- H . l j a l 12 12 2 12 3 4 <=> X = — + 2krc, k e Z . • 6 Ví du 7; Giải phương trình: 2 ( -v/5 s i n x - c o s x ) * 3 s i n 2 x + -/7 c o s 2 x Giải Biến đổi phựơng trình về dạng:

2 V3 sinx ~ 2cosx = 3sin2x + V7 cos2x <=> — sinx - -Ị- eósx = — sin2x + — cos2x

2 2 4 4

Đặt — = cosa thì — = sina, khi đó ta đựợc:

4 4 ■

sin x .c o s — - c o s x s in — = sin2x c o s a + cos2xsina <=> s in (x — — ) = sin (2x + a )

6

6

. 6

<=> „ 7f 2 x + a = X - — + 2k7t 6 0 7t 2x + a = 7t-x + —+ 2k7t X 6 _

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

X = - a + 2k7t

_ 6 , keZ.

_ 77C a 2kn

X~ Ã Ĩ ~ J + ~

Chú ý: Ví dụ trên đã minh hoạ cụ thể phương pháp giải, phương trình dạng:

a.sin(kx) + b.cos(kx) = c.sin(lx) + d.cos(Ix) .. (I)

với điều kiên a2 + b2 = c2 + d2.

Và sự mở rộng khác cho dạng phương trình trên như sau:

a.sin(kx) + b.cos(kx) = V a2+b2 .sin(lx) (II)

để mình hoạ ta xem xét ví dụ sau: .

Ví du 8: Giải phương trình:

2sinx(cosx - ì) = cos2x

Giải . .

Biến đổi phương trình về dạng:

2sinx.cosx — 2sinx = V ĩ cos2x <=> sin2x - J3 cos2x = 2sinx (*)

36 '

1 7 ^

— sin2x - —'C o s2 x = sinx <=> sin2x.eos4 - cos2x.sin— = sinx

2 2 3 3 <=> sin(2x — —) = sinx *£> 2x = X + 2kjt 3 2 x - 4 - = 71 - X + 2 kit . 3 <=> X = —+ 2kit. 3 471 ’ 2k7t X = —— + ^ r — 9 3 , keZ.

■ Vậy phương trình có haỉ họ nghiệm.

Nhận xét: Như vậy bằng một vài phép biẽn đổi lượng giác thông thường ta đã

chuyển phirơng trình ban đầu về (*) và đó chính ỉặ dạng (II). Ví d u 9: Giải phương trình:

4 Ĩ (sinx + -J

3

cosx) = V3 cos2x - sin2x

Giải

Biến đổi phương trình về dạng:

_ Ị 's/s ị

V2 ( - sinx + — cosx) = — coá2x - -- sin2x

2 2 2 2

<=> V2 (sinx.cos — + cosx.sin— ) = sịn — .cos2x - COS—,sin2x

3 3 3 3

<=> V2 sin(x + —) = sin( — - 2x) = sin(2x + Q ) <=> V2 sin(x + —) = 2sin(x + — }.cos(x + —) <=> [ V2 - 2 cos(x +'■— )]sin(x + —) = 0 <=> Jt & C O S ( X + r - ) = - ---3 2 s i n ( x + — ) = 0 3 <=> x + - - ± - + 2tar ' 3 4 X +— = kiĩ 3 <=> X = — + 2krt X * - — + 2kjr, k€Z. . 12 X = - — + kĩt . 3 Vậy phương trình có ba họ nghiệm. Ví du 10: Cho phươhg trình: 4 Ĩ sin2x - mcos2x = ỉ'. a. Giải phượng trình với m = 1.

b. Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm với mọi m.

Giải

a. Với m = 1, phượng trình có dạng: •

r~ .

sin2x - mcos2x = 1 <=> — sin2x - — cos2x = —

2 2 2

<=> sin2x.cos — - cos2x.sin - = - < = > sin(2x - —) = SỈT1 —

6 6 2 6 6

37

- + 2ka X = — n r+ k ĩt 6 » .0 71 n - —■+ 2kn X = — n 1 k7C 6 . 2 , keZ. 71 X - — ■ 6

Vậy với m = 1 phương trình cộ hai họ nghiệm ..

b. Ta có: . ' •

a2 + b2 = 3 + m2 > 1 = c2, Vm Vậy phương trình có nghiệm vói mọi m.

Ví du. 11: (ĐHKT - 2G01): Giải và biện luận phương trìnhr

4m(sinx + cosx) = 4m2 + 2(ịG0SX - sinx) + 3.

-Giải Biến đểi phựợng trình về dạng: i ' . 2(2m + l)sinx + 2(2m l)cọsx» = 4m2 + y Xếthiệu • a2+fc?-cz=4(2m+ ỉ f+ 4 Ọ m - ự -(4nr+ 3)2= -(16m4-8 n í+ Ị)= -<4ní- i;fe.O Vậy phương trình chỉ có nghiệm • • 1 • w • <=> a2 + b2 - c2 = 0 <=> m = ± — . 2 ■ Với m = —, phương trình có dạng: sinx = 1 <=> X = 3 + 2k7T, keZ. 2 ■ Với m = — — , phương trình có dạng: COS = ỉ » X = 2kn , k e Z . ■ Với m * ± —, phướng trình vô nghiệm. Ví du Ĩ2: Cho phương trình: (m + 2)sinx - 2nìcosx = 2m + 2. (1) • a. Giầi phựơng trình với m = - 2. , 71

b. Tim m đế phương trình có nghiệm thuộc [ - —, 0].

Giải

Xét hai trường hợp

■ V ớicos- =ũ<=> — = — t k7T <=> X = TU + 2krc, thay vào phương trình ta được: (m + 2)sin(7t + 2k7t) - 2mcos(7i + 2kit) = 2m + 2 <=>: 2m = 2m + 2 (MT)

» Với COS— * 0 O ' — * — + k7i «■ X * 71 + 2k7t, keZ;

-2 2 2

_ X ... _ 2 t - . Í - 12 *

Đăt t = tg —, SUV ra sinx = -—— & GOSX = -— —.

2 , 1 + t 2 1 + t 2 Khi đó phương trình (1) có dạng: (m - ^ - 2m^'~ t 1 = 2m + 2 <:> t2 - (m ■+ 2)t +í 2m + 1 - 0. (2) 1 + t2 1 + t 2 a. Vớúm = - 2, phương trìrih (2) có dạng: tgẶ = VJ t - 3 = 0 <=> 271

:=Vã

Vã' <=> X n — = — + k7T 2 3 . X 71 , -7 = —- + k7I ■ .2 3 <=> X = ± —- + 2kn, keZ 3

Vậy với m = - 2, phơơng trình có hai họ nghiệm. b. Vì x e [ - —, 0] «=> — s ỉ — —, 0] suy ra te ị - 1,0],

2 2 4

Cách 1: Để (1) c ó nghiệm tHuộe [ - —, 0] <=> (2) c ó nghiệm thụộc [ - 1, 0]

<=> <=> (2) có 1 nghiệm thuộc [-1,0] (2) có 2 nghiệm thủộc [-1,0] (3m + 4)(2m + 1) áO m 2 - 4m > 0 f(-l).f(0 )< 0 A £ 0 a f ( - l) 2 0 af (0)2-0 2 <& 3m + 4 > 0 2m +1 £ 0 4 1 Vậý với — - < m < —-ị pHương trình c ó nghiệm.

Cách 2: Viết lại phữơng trình dưới dạng:

t - 2t + 1 t - 2 = m y = Phương trình (1) cố ngHiệm <=> đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số t 2 ~ 2 t + l t - 2 Xét hàm số (C): y = trẽn đoạn [ '- 1,0]. t 2 - 2 t + 1 t - 2 trẽn đòạn [ - 1,0].

Đạo hăm

y ’ =

t - 4 t + 3

>Ovới Vt e [ - 1,0] o hàm số đồng biến tiên [ - 1,0]. ( t - 2 ) 2

Do đó đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (C) trên đoạn [ - 1,0] <=> y ( -l) á m < y(0) < = > - — < m <— .

4 1

Vậy với — — ắ m ỉ - - phương trình có.nghiệm. Ví du 13: Gho phương trình:

-J5 sinx + cosx =' m.

a. Giải phương trình vói m = - 1.

b. Biên luân theo m số nghiêm thuôc ( - —, 2ĩt] của phương trình.

■ " ’ ‘ 6

Giải

' a. Với m = - 1, phương trình có dạng:

s sinx + cosx = - ! < = > — sinx + — cosx = . - — <=> sin(x + — ) = sứi( - —) (1) <=> 71 _ 7 1 Ó I _ X + — = - - f + 2k7i 6 6 71 71^. , X + — = 71 + — + 2k7t 6 6 X = - — + 2kn 3 , keZ. X + — = 71 + — + 2k7t X = n + 2 k n . 6 6 L

Vậy với m = - 1 phương trình có hái họ nghiệm. -> b. SỐ nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đường thẳng y = m vói phần đồ thi hàm số y = sinx + cosx trên Đ = ( , 2n\.

Xét hàm số y = :'S sinx + cosx. Miền xác đinh D = , 2n]. ■ 6 Đạo hàm: y ’ = V? cosx - sinx, r n xeD

y’ = 0 <=> V3 cosx - sinx = 0 <=> cos(x + —) = 0 o X = 71 /3

X = 4 T iị3

Bảng biện, thiên:

—Tí/ố 71/3 4tĩ/3 271

0 0

Kết luận:

a . Với lml > 2, phưotng trình vô nghiệm.

B Với m = ±2, phương trình có 1 nghiệm thuộc D. v

40

■ - Với - 2 < m < 0 hoặc 1 < m < 2, phương trình có 2 nghiệm thuộc Đ. ■ Với 0 < m < I , phương trình éó 3 nghiệm thuộc D.

3tx

Ví du 14: Biện luận theo m số nghiệm thuộc [0, — ] của phương tình:

m s i n x + c o s x = 2 m . ( ì ) Giải 5' Biến đổi phương trình về dạng: ■ ^ C O S X -c o s x = m(2 - sin x ) <=> — —— — = m 2 - sin X ;

Số nghiệm của phường trình bằng số giao điểm của đường thẳng y =■ m với đồ thi hàm số y = COSX trên D = [0, — ]. ■ 2 - sin X 2 Xét hàm số y = cosx 2 - s i n x Miền xác đinh D = [0, — . . 2 Đạo hàm: y ’ = - s i n x . ( 2 - s i n x ) + cosx.cosx _ l--2 sin x . ( 2 - s i n x ) 2 (2 - sin x)2 Ị x e D y ’ = 0 o 1 - 2sinx = 0 <=> sinx = — ó . . 2 Bảng biến thiên: X = 71 /6 X = 5 rt/6 X 0 tc/6 5Ù/6 3n/2 V , y + 0 0 + ' y - * 0 1/2--- _{-—* .-l/V 3 —} Kết luận:

■ Với Iml > - L - , phương trình vô nghiêm.

r 3 '

■ Với m = ± -Ị= hoăc 0 < m < — , phựơng trình có 1 nghiêm thuộc D.

V3 ' 2

■ V ó i ---- 1 < m < 0 hoăc - < rii < -Ị=r, phương trình có 2 nghicm thuôc D.

, V3 2 V3 Ví du 15: Gho phương trình: r- , . V3 sinx + mcosx = 1. •> • T im m đ ế phương trình c ọ 2 n gh iệm X,, x2e [ 0 , 2n) sa o c h o X, + Xj = — . 41