Giáo án lượng giác - Chương III: Phương trình bậc hai với các hàm số lượng giác

LƯỢNG GIÁC CHƯƠNG III: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC ( ) ( ) ( ) ( ) + + = ≠ + + = ≠ + = = ≠ + + = 2 2 2 2 a sin u bsin u c 0 a 0 a cos u b cos u c 0 a 0 atg u btgu c 0 a 0 a cot g u b cot gu c 0 a 0≠ Cách giải: Đặt : hay với t sinu= t cosu= t 1≤ (điều kiện t tgu= u k 2 π≠ + π ) (điều kiện t cot gu= u k≠ π ) Các phương trình trên thành: 2at bt c 0+ + = Giải phương trình tìm được t, so với điều kiện để nhận nghiệm t. Từ đó giải phương trình lượng giác cơ bản tìm được u. Bài 56: (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2002) Tìm các nghiệm trên ( của phương trình )0,2π ( )cos3x sin3x5 sin x 3 cos2x * 1 2sin2x +⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟+⎝ ⎠ Điều kiện: 1sin2x 2 ≠ − Ta có: ( ) ( )3 3sin 3x cos3x 3sin x 4sin x 4 cos x 3cos x+ = − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 cos x sin x 4 cos x sin x cos x sin x 3 4 cos x cos xsin x sin x cos x sin x 1 2sin 2x = − − + − ⎡ ⎤= − − + + +⎣ ⎦ = − + Lúc đó: (*) ( ) ( )25 sin x cos x sin x 3 2cos x 1⎡ ⎤⇔ + − = +⎣ ⎦ − 1do sin2x 2 ⎛ ⎞≠ −⎜ ⎟⎝ ⎠ 22cos x 5cos x 2 0⇔ − + = ( ) 1cos x 2 cos x 2 loại ⎡ =⎢⇔ ⎢ =⎢⎣ x 3 π⇔ = ± + πk2 (nhận do 3 1sin2x 2 2 = ± ≠ − ) Do ( )x 0,2∈ π nên 5x x 3 3 π π= ∨ = Bài 57: (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2005) Giải phương trình: ( )2 2cos 3x.cos2x cos x 0 *− = Ta có: (*) 1 cos6x 1 cos2x.cos2x 0 2 2 + +⇔ − = cos6x.cos2x 1 0⇔ − = (**) Cách 1: (**) ( )34 cos 2x 3cos2x cos2x 1 0⇔ − − = =4 24 cos 2x 3cos 2x 1 0⇔ − − ( ) 2 2 cos 2x 1 1cos 2x vô nghiệm 4 ⎡ =⎢⇔ ⎢ = −⎢⎣ ( ) sin2x 0 k2x k x k Z 2 ⇔ = π⇔ = π ⇔ = ∈ Cách 2: (**) ( )1 cos8x cos4x 1 0 2 ⇔ + − = ( ) 2 cos8x cos4x 2 0 2cos 4x cos4x 3 0 cos4x 1 3cos4x loại 2 ⇔ + − = ⇔ + − =⎡⎢⇔ ⎢ = −⎣ = ( )k4x k2 x k Z 2 π⇔ = π ⇔ = ∈ Cách 3: phương trình lượng giác không mẫu mực: (**) ⇔ cos6x cos2x 1 cos6x cos2x 1 = =⎡⎢ = = −⎣ Cách 4: + − = ⇔ +cos8x cos4x 2 0 cos8x cos4x 2= ⇔ = =cos8x cos4x 1 ⇔ =cos4x 1 Bài 58: (Đề thi tuyển sinh Đại học khối D, năm 2005) Giải phương trình: 4 4 3cos x sin x cos x sin 3x 0 4 4 π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 = Ta có: (*) ( )22 2 2 2 1 3sin x cos x 2sin x cos x sin 4x sin2x 02 2⎡ ⎤π⎛ ⎞⇔ + − + − + −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ 2 = [ ]21 1 31 sin 2x cos4x sin2x 0 2 2 2 ⇔ − + − + − = ( )2 21 1 1 1sin 2x 1 2sin 2x sin2x 02 2 2 2⇔ − − − + − = 2sin 2x sin2x 2 0⇔ + − = ( ) sin2x 1 sin2x 2 loại =⎡⇔ ⎢ = −⎣ π⇔ = + π ∈ π⇔ = + π ∈ 2x k2 , k 2 x k , k 4 Bài 59: (Đề th ïc khối B, năm 2004) i tuyển sinh Đại ho ( ) (− = − 25sin x 2 3 1 sinx tg x * )Giải phương trình: Khi đó: (*) cos x 0 sin x 1≠ ⇔ ≠ ± Điều kiện: ( ) 22sin x5sin x 2 3 1 sin x cos x⇔ − = − ( ) 2 2sin x5sin x 2 3 1 sin x 1 sin x⇔ − = − − 23sin x5sin x 2 1 sin x ⇔ − = + 22sin x 3sin x 2 0⇔ + − = ( ) ( ) 1sin x nhậndosin x 1 2 sin x 2 vô nghiệm ⎡ = ≠⎢⇔ ⎢ = −⎢⎣ ± ( )5x k2 x k2 k 6 6 π π⇔ = + π ∨ = + π ∈ Z ( )1 12sin3x 2cos3x * sin x cos x − = + Bài 60: Giải phương trình: Lúc đó: (*) Điều kiện: sin2x 0≠ ( ) 1 12 sin3x cos3x sin x cos x ⇔ − = + ( ) ( )3 3 1 12 3 sin x cos x 4 sin x cos x sin x cos x⎡ ⎤⇔ + − + = +⎣ ⎦ ( ) ( )2 2 sin x cos x2 sin x cos x 3 4 sin x sin x cos x cos x sin x cos x+⎡ ⎤⇔ + − − + =⎣ ⎦ ( ) 1sin x cos x 2 8sin x cos x 0 sin x cos x ⎡ ⎤⇔ + − + − =⎢ ⎥⎣ ⎦ ( ) 2sin x cos x 4sin2x 2 0 sin2x ⎡ ⎤⇔ + − −⎢ ⎥⎣ ⎦ = ( )2 tgx 1sin x cos x 0 nhận so vớiđiều kiện1sin2x 1 sin2x4sin 2x 2sin2x 2 0 2 = −⎡+ =⎡ ⎢⇔ ⇔ −⎢ ⎢ = ∨ =− − =⎣ ⎣ π π π π⇔ = − + π ∨ = + π ∨ = − + π ∨ = + π ∈ 7x k 2x k2 2x k2 2x k2 , k 4 2 6 6 π π π⇔ = ± + π ∨ = − + π ∨ = + π ∈ 7x k x k x k , k 4 12 12 ( ) ( )+ − − =+ 2cos x 2sin x 3 2 2 cos x 1 1 * 1 sin 2x Bài 61: Giải phương trình: sin2x 1 x m 4 π≠ − ⇔ ≠ − + π Điều kiện: Lúc đó: (*) 22sin x cos x 3 2 cos x 2cos x 1 1 sin2x⇔ + − − = + 22cos x 3 2 cos x 2 0⇔ − + = ( )⇔ = =2cos x hay cos x 2 vô nghiệm 2 ( ) x k2 4 x k '2 loại do điều kiện 4 π⎡ = + π⎢⇔ ⎢ π⎢ = − + π⎢⎣ x k2 4 ⇔ = + π π Bài 62: Giải phương trình: ( )x 3x x 3x 1cos x.cos .cos sin xsin sin * 2 2 2 2 2 − = Ta có: (*) ( ) ( )1 1cos x cos2x cos x sin x cos2x cos x 2 2 1 2 ⇔ + + − = 2cos x.cos2x cos x sin x cos2x sin x cos x 1⇔ + + − = cos x⇔ + = − + ( ) 2cos2x cos x sin x 1 cos x sin x ( ) ( )cos2x cos x sin x sin x sin x cos x⇔ + = + ( ) ( ) ( )cos x sin x cos2x sin x 0 * *⇔ + − = ( ) ( )2cos x sin x 1 2sin x sin x 0⇔ + − − = 2 cos x sin x 2sin x sin x 1 0 = −⎡⇔ ⎢ + − =⎣ tgx 1 sin x 1 1sin x 2 ⎡⎢ = −⎢⇔ =⎢⎢ =⎢⎣ − ( ) x k 4 x k2 k 2 5x k2 x k2 6 6 π⎡ = − + π⎢⎢ π⎢⇔ = − + π ∈⎢⎢ π π⎢ = + π ∨ = + π⎢⎣ Z Cách khác: (**) tgx 1 cos2x sin x cos x 2 π⎛ ⎞⇔ = − ∨ = = −⎜ ⎟⎝ ⎠ ( )34 cos x 3 2 sin2x 8cos x *+ = Bài 63: Giải phương trình: Ta có: (*) 34 cos x 6 2 sin x cos x 8cos x 0⇔ + − =( )2cos x 2cos x 3 2 sin x 4 0⇔ + − = ( )2cos x 2 1 sin x 3 2 sin x 4 0⎡ ⎤⇔ − + −⎣ ⎦ = 2cos x 0 2sin x 3 2 sin x 2 0⇔ = ∨ − + = ( ) cos x 0 2sin x 2 sin x 2 vô nghiệm =⎡⎢⎢⇔ =⎢⎢ =⎢⎣ 2x k sin x sin 2 2 π π⇔ = + π ∨ = = 4 ( )3x k x k2 x k2 k 2 4 4 π π π⇔ = + π ∨ = + π ∨ = + π ∈ Z Bài 64 : Giải phương trình: ( )cos 2x cos 2x 4sin x 2 2 1 sin x * 4 4 π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − + = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ( ) (*) ( )2cos2x.cos 4sin x 2 2 1 sin x 4 π⇔ + = + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2sin x 4 2 sin x 2 2 0 2 2 sin x 4 2 sin x 2 0 ⇔ − + + − − = ⇔ − + + = ( )⇔ − + + =22 sin x 2 2 1 sin x 2 0 ( )⎡⎢si =⇔ ⎢ =⎢⎣ n x 2 loại 1sin x 2 π π⇔ = + π = + π ∈ 5x k2 hay x k2 , k 6 6 Bài 65 ( ) ( )+2g x 2 2 = +23 cot sin x 2 3 2 cos x * : Giải phương trình : Điều kiện: (*) sin x 0 cos x 1≠ ⇔ ≠ ± Chia hai vế (*) cho 2sin x ta được: ( )24 2cos x cos x3 2 2 2 3 2sin x sin x⇔ + = + và sin x 0≠ 2 cos xt sin x =Đặt ta được phương trình: ( )23t 2 t 2− + +2 3 2 0 2t 2 t 3 = ⇔ = ∨ = * Với 2t 3 = ta có: 2 cos x 2 3sin x = ( ) ( ) (co nhận 1⎢⎣ ) 2 2 3cos x 2 1 cos x 2cos x 3cos x 2 0 cos x 2 loại 1s x do cos x 2 ⇔ = − ⇔ + − = ⎡ = −⎢⇔ ⎢ = ≠ ± ( )x k2 k 3 π⇔ = ± + π ∈ Z * Với t 2= ta có: =2 cos x 2 sin x ( ) ( ) ( ) ⇔ = − ⇔ + − = ⎡ = −⎢⇔ ⎢ = ≠ ±⎢⎣ π⇔ = ± + π ∈x k2 , k 2 2 cos x 2 1 cos x 2 cos x cos x 2 0 cos x 2 loại 2cos x nhận do cos x 1 2 4 Bài 66 : Giải phương trình: ( )+ − − =2 24 sin 2x 6sin x 9 3cos 2x 0 * cos x Điều kiện: Lúc đó: (*) = ≠cos x 0 2 24sin 2x 6sin x 9 3cos2x 0⇔ + − − ( ) ( )2 2 4 1 cos 2x 3 1 cos2x 9 3cos2x 0 4 cos 2x 6cos2x 2 0 1cos2x 1 cos2x 2 ⇔ − + − − − = ⇔ + + = ⇔ = − ∨ = − 2 2 12cos x 1 1 2cos x 1 2 ⇔ − = − ∨ − = − ( ) ( ) ( ) cos x 0 loại dođiều kiện 1cos x nhận do cos x 0 2 2x k2 x 3 ⇔ = ± + π ∨ k2 k Z 3 ⎡ =⎢⇔ ⎢ = ± ≠ π π= ± + π ∈ ⎢⎣ ( ) 1 2f x sin x sin3x sin5x 3 5 = + + Bài 67: Cho ( )f ' x 0= Giải phương trình: Ta có: = ( )f ' x 0= ( ) ( ) ( ) ( )3 2 cos x cos3x 2cos5x 0 cos x cos5x cos3x cos5x 0 2cos3x cos2x 2cos4x cos x 0 4 cos x 3cos x cos2x 2cos 2x 1 cos x 0 ⇔ + + = ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ − + − ( ) ( ) ⎡ ⎤⇔ − + −⎣ ⎦ ⎡⎡ ⎤+ − + − =⎣ ⎦⇔ ⎢ =⎢⎣ ⎡ − − =⇔ ⎢ =⎣ ±⇔ = ∨ = 2 2 2 2 4 cos x 3 cos 2x 2 cos 2x 1 cos x 0 2 1 cos 2x 3 cos 2x 2cos 2x 1 0 cos x 0 4 cos 2x cos 2x 1 0 cos x 0 1 17cos 2x cos x 0 8 = ( ) 1 17 1 17cos2x cos cos2x cos cos x 0 8 8 x k x k x k k Z 2 2 2 + −⇔ = = α ∨ = = β ∨ = α β π⇔ = ± + π ∨ = ± + π ∨ = + π ∈ ( )8 8 217sin x cos x cos 2x * 16 + = Bài 68: Giải phương trình: Ta có: ( ) ( ) 28 8 4 4 4 4 222 2 2 2 4 2 2 4 2 4 sin x cos x sin x cos x 2sin x cos x 1sin x cos x 2sin x cos x sin 2x 8 1 11 sin 2x sin 2x 2 8 11 sin 2x sin 2x 8 + = + − ⎡ ⎤= + − −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠ = − + Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⎛ ⎞⇔ − + = −⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ + − = ⎡ = −⎢⇔ ⇔ −⎢ =⎢ = π⇔ = ⇔ = + ∈ 2 4 2 4 2 2 2 1* 16 1 sin 2x sin 2x 17 1 sin 2x 8 2sin 2x sin 2x 1 0 sin 2x 1 loại 1 11 cos 4x1 2 2sin 2x cos 4x 0 x 2k 1 , k Z 8 Bài 69 ⎣ 2 ( )35x xsin 5cos x.sin * 2 2 = : Giải phương trình: Nhận xét thấy: xcos 0 x k2 cos x 1 2 = ⇔ = π + π ⇔ = − Thay vào (*) ta được: π⎛ ⎞ ⎛+ π = − + π⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ 5sin 5k 5.sin k 2 2 π ⎞⎟⎠ , không thỏa k∀ xcos 2 Do không là nghiệm của (*) nên: ( ) ⇔ = 25x x x x* sin .cos 5 cos x.sin cos 2 2 2 2 và xcos 0 2 ≠ ( ) 31 5sin3x sin2x cos x.sin x 2 2 ⇔ + = và ≠xcos 0 và 2 3 33sin x 4sin x 2sin x cos x 5cos x.sin x⇔ − + = ≠xcos 0 2 2 3 xcos 0 2 3 4sin x 2cos x 5cos x sin x 0 ⎧ ≠⎪⇔ ⎨⎪ − + = ∨⎩ = 3 2 xcos 0 2 x5cos x 4 cos x 2cos x 1 0 sin 0 2 ⎧ ≠⎪⎪⇔ ⎨⎪ − − + = ∨⎪⎩ = ( ) ( )2 cos x 1 xcos x 1 5cos x cos x 1 0 sin 0 2 ≠ −⎧⎪⇔ ⎨ − + − = ∨ =⎪⎩ ≠ −⎧⎪⎡⎪⎢ =⎪⎢⎪⇔ − +⎨⎢ = = α⎪⎢⎪⎢ − −⎪⎢ = = β⎣⎩ cos x 1 cos x 1 1 21cos x cos 10 1 cos 10 ⎪⎢ 1 2cos x ( )⇔ = π = ±α + π = ±β + π ∈x k2 hay x k2 hay x k2 , k Z ( ) ( )2sin2x cot gx tg2x 4 cos x *+ = Bài 70: Giải phương trình: iều kiện: và cos2x 1Đ 0 cos2x 0≠ sin x 0 cos2x≠ ⇔ ≠ ∧ ≠ Ta có: cos x sin2xcot gx tg2x sin x cos2x + = + cos2x cos x sin2xsin x sin x cos2x cos x sin x cos2x += = 2cos x2sin x.cos x 4 cos x sin x cos2x ⎛ ⎞⇔ =⎜ ⎟⎝ ⎠ Lúc đó: (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ = ⇔ + = + ⇔ + = = ⇔ = − ∨ = ≠ ≠ 2 2cos x 2 cos x cos 2x cos 2x 1 2cos 2x cos 2x 1 cos 2x 1 0 hay 1 2cos 2x 1cos 2x 1 cos 2x nhận do cos 2x 0 và cos 2x 1 2 π⇔ = π + π ∨ = ± + π ∈ π π⇔ = + π ∨ = ± + π ∈ 2x k2 2x k2 , k 3 x k x k , k Bài 71 2 6 ( )2 6x 8x2 cos 1 3cos * 5 5 + = : Giải phương trình: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + + =⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ 212x 4x1 cos 1 3 2 cos 1 5 5 Ta có : (*) − ⎟⎠ ⎛ ⎞⇔ + − = ⎜ ⎟⎝ ⎠ 3 24x 4x 4x2 4 cos 3cos 3 2 cos 1 5 5 5 − Đặt ( )4t cos x điều kiện t 1 5 = ≤ Ta có phương trình : ( )( ) ( ) 3 2 3 2 2 4t 3t 2 6t 3 4t⇔ 6t 3t 5 0 t 1 4t 2t 5 0 1 21 1 21t 1 t t lọai 4 4 − + = − − − + = ⇔ − − − = − +⇔ = ∨ = ∨ = Vậy ( ) • = ⇔ = π π⇔ = ∈ 4x 4xcos 1 2k 5 5 5kx k 2 Z ( ) ( ) 4x 1 21cos cos với 0 2 5 4 4x 2 5 5 5x , Z 4 2 −• = = α < α < π ⇔ = ±α + π α π⇔ = ± + ∈ l l l Bài 72 ( )3tg x tgx 1 * 4 π⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠ : Giải phương trình t x x t 4 4 π π= − ⇔ = + Đặt 3 1 tgttg t tg t 1 1 với cos t 0 tgt 1 4 1 tgt π +⎛ ⎞= + − = − ≠ ∧⎜ ⎟ −⎝ ⎠ (*) thành : ≠ ⇔ = − 3 2tgttg t 1 tgt ( ) )( ) ( ) ( 3 4 3 2 2 tg t tg t 2tgt tgt tg t tg t 2 0 t 1 tg t 2tgt 2 0 tgt 0 tgt 1 nhận so đi àu kiện t k t k , k 4 ⇔ − = ⇔ − + = + − + = ⇔ = ∨ = − π⇔ = π∨ = − + π ∈¢ Vậy (*) tgt tg⇔ e x k hay x 4 ⇔ = + π = k ,kπ π ∈¢ Bài 73 4 4 4sin 2x cos 2x cos 4x (*) tg x tg x 4 4 + =π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ : Giải phương trình Điều kiện sin x cos x 0 sin 2x 0 4 4 2 sin π π⎛⎪ ⎜ x cos x 0 sin 2x 04 4 2 ⎧ ⎧π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − ≠ − ≠⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ ⎝ ⎠⎨ ⎨ π⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪+ + ≠ + ≠⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎩ ± Do : ⇔ cos2x 0 sin 2x 1⇔ ≠ ⇔ ≠ 1 tgx 1 tgxtg x tg x . 1 4 4 1 tgx 1 tgx π π − +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = Khi cos2x 0 thì :≠ ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 2 2 4 2 4 2 4 4 2 2 2 2 * sin 2x cos 2x cos 4x 1 2sin 2x cos 2x cos 4x 11 sin 4x cos 4x 2 11 1 cos 4x cos 4x 2 2 cos 4x cos 4x 1 0 cos 4x 1 1 sin 4x 11cos 4x vô nghiệm 2 sin 4x 0 2sin 2x cos2x 0 sin 2x 0 do cos2x 0 2x k ,k x k ⇔ + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔ − − = ⎡ =⎢⇔ ⇔⎢ = −⎢⎣ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ≠ ⇔ = π ∈ ⇔ =¢ − = , k 2 π ∈¢ ( )4 21 248 1 cot g2x cot gx 0 *cos x sin x− − + = ( )Bài 74 :Giải phương trình: Điều kiện : Ta có : sin 2x 0≠ ( )2 2 cos2x cos x1 cot g2x cot gx 1 . sin 2x sin x sin 2x sin x cos2x cos x sin x sin 2x cos x 1 do cos x 0 2sin x cos x 2sin x + = + += = = ≠ Lúc đó (*) 4 4 1 148 0 cos x sin x ⇔ − − = 4 4 4 4 4 1 1 sin x cos48 cos x sin x sin x cos x +⇔ = + = 4 x 4 4 4 4 4 2 2 4 2 48sin x cos x sin x cos x 3sin 2x 1 2sin x cos x 13sin 2x sin 2x 1 0 2 ⇔ = + ⇔ = − ⇔ + − = ( ) ( ) 2 2 2sin x lọai 3 1sin x nhận do 0 2 ⎡ = −⎢⇔ ⎢⎢ = ≠⎢⎣ ( ) ( ) 2 2 cos 4x 0 2 kx k Z 8 4 ⇔ = π π π⇔ = + ∈ Bài 75 1 11 cos 4x⇔ − = 4x kπ⇔ = + : Giải phương trình ( ) ( )8 8 10 10 5sin x cos x 2 sin x cos x cos2x *4+ = + + Ta có : (*) ( ) ( )8 10 8 10 5sin x 2sin x cos x 2 cos x cos2x4⇔ − + − = ( ) ( ) ( ) 8 2 8 2 8 8 8 8 5sin x 1 2sin x cos x 1 2 cos x cos2x 4 5sin x.cos2x cos x cos2x cos2x 4 4 cos2x sin x cos x 5cos2x ⇔ − − − + = ⇔ − = ⇔ − = ( ) ( )( ) 8 8 2 2 s2x 0 hay 4 sin x x 5 cos2x 0 hay 4 1 sin 2x 5 2 cos2x 0 hay 2sin 2x 1(Vô nghiệm ) = = = − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ = − = co cos⇔ − 4 4 4 4cos2x 0 hay 4 sin x cos x sin x cos x 5 1 ⇔ = − + = ⎛ ⎞⇔ 2x k ,kπ⇔ = + π ∈¢ 2 kx ,k 4 2 π π⇔ = + ∈¢ ( )8 84 sin x cos x 5− =Cách khác: Ta có vô nghiệm Vì ( )8 8sin x cos x 1, x− ≤ ∀ nên ( )8 84 sin x cos x 4 5, x− ≤ < ∀ Ghi chú : Khi gặp phương trình lượng giác dạng R(tgx, cotgx, sin2x, cos2x, tg2x) với R hàm hữu tỷ thì đặt t = tgx Lúc đó 2 2 2 2t 2t 1 ttg2x ,sin2x ,cos2x 1 t 1 t 1 t2 −= = =− + + Bài 76 : (Để thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2003) Giải phương trình ( )− = + −+ 2 cos 2x 1cot gx 1 sin x sin 2x * 1 tgx 2 Điều kiện : − Đặt t = tgx thì (*) thành : sin2x 0và tgx 1≠ ≠ 2 22 2 2 1 t 1 1 1 t 1 2t1 t1 1 . t 1 t 2 1 t 2 1 t − ⎡ ⎤−+− = + − −⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2t t do t 1 t 2 t 1 t t t 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t t t 1 nhận do t 11 t 0 1 t 1 t t 2t t 1 0 vô nghiệm − ≠ −+ + ⇔ − + = − = ≠ −⎡− =⎡⇔ ⇔ ⎢⎢ + = − − + =⎢⎣ ⎣ Vậy (*) 1 t 1 t 1 .− −⇔ = + t 1 1+ + 2 11 t t 2t 1 −− − +⇔ = =+ ⇔ ( )tgx 1 x k nhận do sin2x 1 0 4 π= ⇔ = + π = ≠ Bài 77 ( )+ =sin 2x 2tgx 3 * : Giải phương trình: Điều kiện : ặt t = tgx thì (*) thành : cos x 0≠ Đ 2 2t 2t 3+ = 1 t+ ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ⇔ + − + = + − = − − + = − + =⎣ π⇔ = ⇔ = + π ∈ 2 2 2t 2t 3 1 t 0 4t 3 1 2t t 3 0 2t t 3 0 vô nghiệm ⇔ −3 22t 3t 0 ⇔ t =⎡⇔ ⎢ 2 t 1 Vậy (*) tgx 1 x k k Z 4 Bài 78 : Giải phương trình ( )2cot gx tgx 4sin2x * sin2x − + = sin2x 0≠ Điều kiện : Đặt 2 2tt tgx thì : sin2x do sin2x 0 nên t 0 1 t = = ≠+ ≠ (*) thành : 2 2 1 8t 1 t 1t t t t1 t t +− + = = ++ ( ) ( ) ⇔ =+ ⇔ = ≠+ ⇔ = ⇔ = ± ≠ π⎛ ⎞⇔ = ±⎜ ⎟⎝ ⎠ π⇔ = ± + π ∈ 2 2 4 1 do t 0 1 t t 3 t 3 nhận do t 0 Vậy (*) tgx tg 3 x k , k 3 Bài 79 2 8t 2t 1 t : Giải phương trình ( ) ( ) ( )1 tgx 1 sin 2x 1 tgx *− + = + Điều kiện : Đặt = tgx thì (*) thành : cos x 0≠ ( ) 21 t⎜ ⎟+⎝ ⎠ 2t⎛1 t 1 1 t⎞− + = + ( ) ( ) 2 21 t 1 t1 t − = ++ ( ) ( ) 2 2 2 t 1 t 1 t 1 1 t 1 t 1 t1 1 t t 1 t 0 +⇔ = −⎡ = −⎡+ ⎢⎢ 1 t⎢⇔ ⇔− − = += ⎣⎢ +⎣ ⇔ = − ∨ = = −⎡ π⇔Do đó (*) ⇔ = − + π = π ∈⎢ =⎣ tgx 1 x k hay x k , k tgx 0 4 Bài 80 ( ) : Cho phương trình ( )1 0 *+ = cos2x 2m 1 cos x m− + + 3m 2 = a/ Giải phương trình khi 3, 2 2 π π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ b/ Tìm m để (*) có nghiệm trên ( )22 cos x 2m 1 cos x m 0− + + = Ta có (*) [ ]( ) ( ) ⎧ = ≤⎪⇔ ⎨ − + + =⎪⎩ 2 t cos x t 1 2t 2m 1 t m 0 [ ]( )⎧ = ≤⎪⇔ ⎨ = ∨ =⎪⎩ t cos x t 1 1t t m 2 a/ =Khi m , phư 2 3 ơng trình thành b/ ( ) ( ) ) [ ] ( ) ) π π⎛ ⎞∈ = ∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠ = ∉ − ⎞⇔ ∈ −⎡⎣⎝ ⎠ 1 3 loại 3Khi x , thì cos x t [ 1, 0 2 2 1Do t 1, 0 nên 2 m 1, 0 2 2 Bài 81 = ∨ =cos x cos x 2 2 π⇔ = ± + π ∈x k2 k Z 3 π π⎛⎜ ⎟3* có nghiệm trên , : Cho phương trình ( ) ( ) ( )x * 2cos x 1 cos2x mcos x msin+ − = a/ Giải (*) khi m= -2 20, π⎡ b/ Tìm m sao cho (*) có đúng hai nghiệm trên 3 ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ( ) (( ) ) ( ) ( ) ) ( 2 2 2 2 Ta có (*) cos x 1 2cos x 1 mcos x m 1 cos x cos x 1 2cos x 1 mcos x m 1 cos x 0 1 2cos x 1 ⇔ + − − = − ⎡ ⎤⇔ ( )cos x m 0 + − − − − =⎣ ⎦ + − i m = -2 thì (*) thành : ⇔ − = a/ Kh ( ) ( ) ( ) + + = ⇔ ⇔ = π + π ∈ π⎡ ⎤ ⎡∈ = ∈⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣ 2cos x 1 2 cos x 1 0 cosx = -1 x k2 k Z 2 1b / Khi x 0, thì cos x t ,1 3 2 ⎤− ⎥⎦ Nhận xét rằng với mỗi t trên 1 ,1 2 ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ ta chỉ tìm được duy nhất một x trên 20, π⎡ ⎤⎢ ⎥ 3⎣ ⎦ ùng hai ghiệm trên 1 ,1 2 ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ Yêu cầu bài toán 22t 1 m 0⇔ − − = có đu n Xét ( ) ( )2y 2t 1 P và y m d= − = Ta có y’ = 4t 20, 3 π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ Vậy (*) có đúng hai nghiệm trên 1 ,1 2 ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇔ (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt trên 11 m 2 − < ≤ ⇔ Bài 82 : Cho phương trình ( ) ( )2 21 a tg− x 1 3a 0 1 cos x − + + = 1a 2 = a/ Giải (1) khi 0, 2 π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ b/ Tìm a để (1) có nhiều hơn một nghiệm trên Điều kiện : cos x 0 x k 2 π≠ ⇔ ≠ + π ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 24a cos x 2cos x 1 a 0⇔ − + − = 2 1 1 a sin x 2cos x 1 3a cos x 0 1 a 1 cos x 2cos x 1 3a cos x 0 a 4 cos x 1 2cos x 1 0 2cos x 1 a 2cos x 1 1 0 ⇔ − − + + = ⇔ − − − + + = ⇔ − − − = ⇔ − + − =⎡ ⎤⎣ ⎦ a/ Khi 1a 2 = thì (1) thành : ( ) 12cos x 1 cos x 0 2 ⎛ ⎞− − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ( ) ( ) 1cos x cos nhậndo cos x 0 2 3 x k2 k Z 3 π⇔ = = ≠ π⇔ = ± + π ∈ b/ Khi x 0, π⎛ ⎞∈ thì 2⎜ ⎟⎝ ⎠ ( )t 0,1= ∈ cos x ( ) ( ) 1cos x t 0,1 2 2a cos x 1 a 2 ⎡ = = ∈⎢⇔ ⎢ = − Ta có : (1) ⎢⎣ Yêu cầu bài toán ⇔ (2) có nghiệm trên ( ) a 0 1 1 a0,1 \ ⎧ ⎫ 0 1 2 2a 1 a 1 2a 2 ⎧⎪ ≠⎪ −⎪⇔ < <⎨⎩ ⎭ ⎪ −⎪ ≠⎪⎩ ⎨ ⎬ a 0≠⎧ ( ) 01 a 0 ⎪ a 1 1 a 112a 3a 0 a1 3a 130 a12a 2a 2 1 a 2a 2 ⎧⎪ ⇔⎨ ⎨ ⎨−⎪ ⎪ ⎪< ≠⎪⎪ ⎪ ⎩≠⎪ ⎪− ≠ ⎩⎩ Cách khác ⎪ cos x 1 , điều kiện ; pt thành u≥1 : dặt u = ( ) ( )−1 a − − + + = ⇔ − − + =2 2( u 1 ) 2u 1 3a 0 1 a u 2u 4a 0 Bài 83 ⇔ − − − =( u 2) [ (1 a)u 2a ] 0 ( )cos4x 6sin x cos x m 1+ = : Cho phương trình : a/ Giải (1) khi m = 1 0, 4 π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ (1) có hai nghiệ phân biệt trên b/ Tìm m để m ⇔ − +21 2sin 2x 3sin 2x m Ta có : (1) = ( ) ( )2 t sin2x t 1 2t 3t m 1 0 2 ⎧ = ≤⎪⇔⎨ − + − =⎪⎩ a/ Khi m = 1 thì (1) thành ( ) ( ) ( )2 t sin2x t 1t sin2x t 1 3t 0 t loại2t 3t 0 2 = ∨ =− =⎪ ⎪⎩ ⎩ ksin2x 0 x 2 ⎧ = ≤⎧ = ≤⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ π⇔ = ⇔ = [b/ Khi ]∈⎣ ⎦ hì sin 2x t 0,14 Nhận thấy rằng mỗi t tìm được trên π⎡ ⎤∈ =⎢ ⎥x 0, t [ ]0,1 ta chỉ tìm được duy nhất một x 0, 4 π⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ Ta có : (2) ⇔ Xét 22t 3t 1 m− + + = [ ]2y 2t 3t 1trên 0,1= − + + Thì y ' 4t 3= − + [ ]0,1 Yêu cầu bài toán ⇔ (d) y = m cắt tại hai điểm phân biệt trên 172 m 8 ⇔ ≤ < Cách khác :đặt . Vì a = 2 > 0, nên ta có Yêu cầu bài toán ⇔ = − + −2f (x) 2t 3t m 1 ( )f Δ=⎧⎪ ( ) m m f m S − > = − ≥⎪⎪⎨ = − ≥⎪⎪ ≤ = ≤⎪⎩ 17 8 0 1 1 2 30 1 2 4 0 0 0 172 m 8 ⇔ ≤ < Bài 84 : Cho phương trình ( )5 5 24 cos x.sin x 4sin x cos x sin 4x m 1− = + a/ Biết rằng là nghiệm của (1). Hãy giải (1) trong trường hợp đó. x = π x 8 π= −b/ Cho biết là một nghiệm của (1). Hãy tìm tất cả nghiệm của (1) thỏa 4 2x 3x 2− + < 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) 4sin x cos x cos x sin x sin 4x m 2sin2x cos x sin x cos x sin x sin 4x m 2sin2x.cos2x sin 4x m sin 4x sin4x m 0 1 ⇔ − = + ⇔ − + = + ⇔ = + ⇔ − + = a/ là nghiệm của (1) = 0 Lúc đó (1) x = π 2sin 4 sin4 m⇒ π − π + m 0⇒ = ( )sin 4x 1 sin 4x 0⇔ − = ( ) ⇔ = ∨ = π⇔ = π ∨ = + π π π π⇔ = ∨ = + ∈ sin 4x 0 sin 4x 1 4x k 4x k2 2 k kx x k Z 4 8 2 b/ 2 2 4 2 2 t x 0 t x 0x 3x 2 0 1 t 2t 3t 2 0 ⎧ = ≥ ⎧ = ≥⎪− + < ⇔ ⇔⎨ ⎨ < <− + < ⎩ ⎪⎩ ( ) 21 x 2 1 x 2 2 x 1 1 x 2 * < ⇔− < < − ∨ < < ⇔ < < ⇔ < π π⎛ ⎞= − = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠x thì sin 4x sin 18 2 ( )x là nghiệmcủa 1 1 1 m 0 8 m 2 π= − ⇒ + + = ⇒ = − 2sin 4x sin4x 2 0− − = Lúc đó (1) thành : ( ) ( ) ( ) 2 t sin4x với t 1 t t 2 0 t sin4x với t 1 t 1 t 2 loại ⎧ = ≤⎪⇔ ⎨ − − =⎪⎩ ⎧ = ≤⎪⇔ ⎨ = − ∨ =⎪⎩ sin4x 1 4x k2 2 kx 8 2 Kết hợp với đi ⇔ = − π⇔ = − + π π π⇔ = − + ều kiện (*) suy ra k = 1 ghiệm 3x 8 2 8 π π π= − + = thỏa 0 4 2x 3x 2− + < Vậy (1) có n Bài 85 : Tìm a để hai phương trình sau tương đương ( ) ( ) ( ) (2 ) 1 cos2x cos3x 1 4 cos x cos3x a cos x 4 a 1 cos2x 2 + + − = + − + 2cos x.cos2x = ( ) ( ) 2 Ta có : (1) cos3x cos x 1 cos2x cos3x cos x 1 2cos x 1 cos x 1 2cos x 0 1cos x 0 cos x 2 ⇔ + = + + ⇔ = + − ⇔ − = ⇔ = ∨ = ( )⇔ − − =2 3Ta có : (2) 4 cos x 4 cos x 3cos x a co ( ) ( ) ( ) ( ) + − + − − = ⇔ ⎢ + − + − =⎢⎣ 2 2 2 s x 4 a 2 cos x 4 2a cos x a 3 cos x 0 0 4 cos x 2 2 a cos x a 3 0 ⇔ 34 cos x =⎡cos x [ ]⎛ ⎞⇔ = − + − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 1cos x 0 hay cos x 2 cos x 3 a 0 2 −⇔ = ∨ = ∨ =1 acos x 0 cos x cos x 2 2 3 Vậy yêu cầu bài toán a 3 0 2 a 3 a 3 1 a 4 2 2 a 1 a 5a 3 a 31 1 −⎡ =⎢ =⎡⎢ − ⎢⎢⇔ = ⇔ =⎢⎢ ⎢ < 2 2 ∨ >⎢ ⎣− −⎢ Bài 86 ⎢⎣ : Cho phương trình : cos4x = cos23x + asin2x (*) a/ Giải phương trì nh khi a = 1 0, 12 π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ b/ Tìm a để (*) có nghiệm trên ( ) ( ) ( )1 a* cos4x 1 cos6x 1 cos2x 2 2 ⇔ = + + − Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 2cos⇔ 2x 1 1 4 cos 2x 3cos2x a 1 cos2x t cos2x t 1 2 2t 1 1 4t 3t a 1 t − = + − + − ⎧ = ≤⎪⇔ ⎨ − = + − + −⎪⎩ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 t cos2x t 1 4t 4t 3t 3 a 1 t 1 cos2x t 1 t 1 4t 3 a 1 t * * ⎧ = ≤⎪⇔ ⎨− + + − = −⎪⎩ ⎧ = ≤⎪⇔ ⎨ − − + = −⎪⎩ a/ Khi a = 1 thì (*) thành : ( ) ( ) ( ) ( )2 t cos2x t 1 t 1 4t 4 0 t 1 t cos2x t 1⎧ = ≤ ⎧ = ≤ − − + = = ±⎪⎪ ⎩⎩ ⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ ( ) ⇔ = ± ⇔ = π⇔ = ⇔ = π ⇔ = ∈ 2cos 2x 1 cos 2x 1 ksin 2x 0 2x k x , k Z 2 3x 0, 2x 0, .Vậy c 6 ⎛ ⎞∈ ⎜ ⎟⎝ ⎠ os2x t ,112 2 ⎛ ⎞π π⎛ ⎞∈ ⇔ = ∈ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ − + = − ⇔ − = ≠2 b/ Ta có : ⎝ ⎠ 2(⇔ ) ( ) ( ) ( ) Vậy (**) t-1 4t 3 a 1 t 4t 3 a do t 1 ét ( )2 3y P4t 3 trên ,1 2 ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ X 3y ' 8t 0 t ,1 2 ⎛ ⎞⇒ = > ∀ ∈ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ đ ù (*) có nghiệm trê ( ) ( ) ⎛ ⎞π⎛ ⎞ ⇔ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 30, d : y a cắt P trên ,1 2 2 Do o n ( )3y a y 2 0 a 1 1<⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ < < BÀI TẬP ⎛ ⎞⇔ < ⇔ ûi ùc phương trình sau : 1. Gia ca a/ sin4x = tgx b/ 4 4 4 9sin π πx sin x x sin x 4 4 8 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ c/ tgx cot gx 4+ = d/ ( ) 2sin x 3 2 2cos x 2sin x 1 1 1 sin2x − − − =− e/ 44 cos x 3 2 sin2x 8cos x+ = f/ 1 1 2 cos sin2x sin4x + = x g/ sin2x 2 sin x 1 4 π⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠ = h/ ( ) ( )2 2sin x 1 4 sin x 1 cos 2x sin 2x 4 4 π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − − + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ k/ 24xcos cos x 3 = l/ xtg .cos x sin2x 0 2 + = m/ 1 3tgx 2sin2x+ = n/ cot gx tgx 2tg2x= + p/ + =2 3x 4x2cos 1 3cos 5 5 q/ = 23cos4x 2cos 3x 1− r/ 2 3x2cos 1 3cos2x+ = 2 x s/ cos x tg 1 2 + = t/ u/ 23tg2x 4tg3x tg 3x.tg2x− = 2 3cos x.cos4x cos2x.cos3x cos 4x 2 + + = v/ 2 2 2 2 3cos x cos 2x cos 3x cos 4x 2 + + + = w/ x/ sin4x tgx= 6 6 213cos x sin x cos 2x 8 + = y/ 3 x 1 3xsinπ π⎞ ⎛ ⎞− = + sin 2 ⎛⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎠ ( 1 ) a/ Giải phương trình khi a = 1. 10 2 2 10⎝ ⎠ ⎝ . 6 6sin x cos x a sin 2x+ =2 1a 4 ≥ ) b/ Tìm a để (1) có nghiệm (ĐS : 3. Cho phương trình ( )6 62 2cos x sin x 2mtg2x 1cos x sin x + =− a/ Giải phương trình khi m = 1 8 1m 8 ≥ b/ Tìm m sao cho (1) có nghiệm (ĐS : ) . 4 Tìm m để phương trình x kπ sin4x mtgx có nghiệm= ≠ 1ĐS : m 4 2 ⎛ ⎞− < <⎜ ⎟⎝ ⎠ 5. Tìm m để phương trình : có đúng 7 nghiệm trên cos3x cos2x mcosx 1− + − = 0 ,2 2 π⎛ ⎞− π⎜ ⎟⎝ ⎠ ( )ĐS :1 m 3< < 6. Tìm m để phương trình : ( ) ( )4 44 sin x cos 6 6 2x 4 sin x c 4x mos x sin− + = có nghiệm + − 1ĐS : m 1 8 ⎛ ⎞− ≤ ≤ ⎜⎝ ⎟⎠ 7. Cho phương trình : 2 2 26sin x sin x mcos 2x− = (1) a/ Giải phương trình khi m = 3 b/ Tìm m để (1) có nghiệm ( )ĐS :m 0≥ 8. Tìm m để phương trình : ( )4 22m 1msin x cos4x sin4x sin x 0 4 4 ++ + − = có hai nghiệm phân biệt trên , 4 2 π π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ 1ĐS :2 5 4 m 2 ⎛ ⎞− < <⎜ ⎟⎝ ⎠ 9. Tìm m để phương trình : có nghiệm ( )6 6 4 4sin x cos x m sin x cos x+ = + 1ĐS : m 1 2 ⎛ ⎞≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ 10. Cho phương trình : Tìm a để phương trình có nghiệm 2 2cos4x cos 3x a sin x= + x 0, 2 π⎛ ⎞∈ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ( )ĐS :0 a 1< < Th.S Phạm Hồng Danh TT luyện thi đại học CLC Vĩnh Viễn