GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ĐẶC BIỆT

ĐINH VĂN QUYẾT - ĐĂK LĂK
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT
PHƯƠNG PHÁP LƯNG GIÁC
Có nhiều bài toán trong phạm vi đại số rất khó giải, nhưng nếu chúng ta biết
thay đổi hình thức của bài toán thì sẽ thu được những phương trình đơn giản
hơn. Trong một số trường hợp ta có thể chuyển phương trình đại số thành
phương trình lượng giác thông qua các dấu hiệu đặc biệt của các biến có mặt
trong bài toán và thông qua miền giá trò của chúng.
I .CÁC BIỂU THỨC THƯỜNG ĐƯC LƯNG GIÁC HÓA
DẤU HIỆU NHẬN BIẾT CÁCH CHỌN
2 2
a x
−
sin ;
2 2
x a t t
π π
= − ≤ ≤
hoặc
cos ;0x a t t
π
= ≤ ≤

2 2
x a
−
;
sin
a
x
t

=
{ }
; \ 0
2 2
t
π π
 
∈ −
 
 
hoặc
;
cos
a
x
t
=
[ ]
0; \
2
t
π
π
 
∈
 
 


2 2

a x
+
tan ; ;
2 2
x a t t
π π
= − < <
hoặc
cot ;0 ;x a gt t
π
= < <

2 2
1
ax bx
c c
   
+ =
 ÷  ÷
   
[ ]
.sin
.cos
0;2
c t
x
a
c t
y
a

t
π

=



=



∈


Ta xét các ví dụ sau đây:
 VD 1 : Trên đoạn
[ ]
0;1
phương trình sau có bao nhiêu nghiệm?

( ) ( )
2 4 2
8 1 2 8 8 1 1x x x x− − + =

 Giải : Vì
[ ]
0;1x∈
nên tồn tại góc
0;
2

π
α
 
∈
 
 
sao cho
sinx
α
=
1
ĐINH VĂN QUYẾT - ĐĂK LĂK
Thu được phươnhg trình :
( ) ( )
2 4 2
8sin 1 2sin 8sin 8sin 1 1
α α α α
− − + =

8sin .cos2 .cos4 1
α α α
⇔ =
Nhận thấy
cos 0
α
=
không là nghiệm của phương trình nên
nhân hai vế của phương trình cho
cos 0 0;
2

π
α α
 
≠ ⇒ ∈
÷

 
ta được :

8sin .cos cos2 .cos 4 cos
sin8 cos sin8 sin
2
α α α α α
π
α α α α
=
 
⇔ = ⇔ = −
 ÷
 
8 2
2
8 2
2
k
m
π
α α π
π
α π α π


= − +


 

= − − +
 ÷

 


2
18 9
2
14 7
k
m
π π
α
π π
α

= +

⇔


= +



;
,k m Z∈
Vì
0;
2
π
α
 
∈
÷

 
suy ra các nghiệm :
sin
18
x
π
=
;
5
sin
18
x
π
=
;
sin
14
x

π
=
;
5
sin
14
x
π
=
 Ví dụ 2 : Cho hai phương trình :
( ) ( )
3 2 2 2 1 3
x x
+ = − +
(1) và
( )
2 1 2cos
9
x
π
+ =
(2)
Giả sử x là nghiệm của phương trình (1) . Chứng minh rằng, khi
đó x cũng là nghiệm của phương trình (2) .
 Giải :
( ) ( ) ( )
( )
2
1
3 2 2 2 1 3 2 1 3

2 1
x x x
x
+ = − + ⇔ + = +
+
Đặt
( )
2 1 2
x
t+ =
với t > 0.
Khi đó phương trình (1) trở thành :
2 3
1 1
4 3 4 3
2 2
t t t
t
= + ⇔ − =
. Xét
( )
1;1t ∈ −
, đặt
( )
cos , 0;t
α α π
= ∈
ta được
3
1 1 2

4cos 3cos cos3
2 2 9 3
k
π π
α α α α
− = ⇔ = ⇔ = ± +
Vì
( )
0;
α π
∈
nên
5 7
; ;
9 9 9
π π π
α
 
∈
 
 

suy ra
1 2 3
5 7
cos ; cos ; cos
9 9 9
t t t
π π π
= = =

2
ĐINH VĂN QUYẾT - ĐĂK LĂK
Rõ ràng phương trình bậc ba có đủ ba nghiệm nên ta không xét
nghiệm
( )
1;1t ∉ −
. Mặt khác
2
5
cos 0
9
t
π
= <
và
3
7
cos 0
9
t
π
= <
do đó
nghiệm của phương trình (1) là :
1
cos
9
t
π
= ⇒

( )
2 1 2cos
9
x
π
+ =
.
Vậy nếu x là nghiệm của phương trình (1) thì x cũng là nghiệm của phương
trình (2)
 Ví dụ 3 : Tìm giá trò của m để phương trình sau có nghiệm :
1x x m+ − =
(1)
 Giải : ĐK :
0 1x
≤ ≤
Phương trình (1) có nghiệm khi m>0
Nhận xét : Vì
( ) ( )
2 2
1 1x x+ − =

nên khiến ta nghó đến lượng giác hoá bằng cách đặt :
sin ;
1 cos
x t
x t

=



− =


với
0;
2
t
π
 
∈
 
 

(1)
sin cos 2 cos
4
t t m t m
π
 
⇔ + = ⇔ − =
 ÷
 
cos
4
2
m
t
π
 

⇔ − =
 ÷
 
.
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi : 2 2m− ≤ ≤
So sánh với điều kiện m>0 ta có :
20
≤<
m
 Ví dụ 4 : Đònh giá trò của m để phương trình sau có ngiệm :
( ) ( )
4 3 3 3 4 1 1 0m x m x m− + + − − + − =
(1)
 Giải : Điều kiện :
3 1x
− ≤ ≤
.
3 3 4 1 1
(1)
4 3 3 1 1
x x
m
x x
+ + − +
⇔ =
+ + − +

Nhận thấy rằng :
( ) ( )
2 2

2 2
3 1
3 1 4 1
2 2
x x
x x
   
+ −
+ + − = ⇔ + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Nên tồn tại góc
0;
2
π
ϕ
 
∈
 
 
sao cho :
2
2
3 2sin 2
1
t
x
t
ϕ

+ = =
+
và
2
2
1
1 2cos 2
1
t
x
t
ϕ
−
− = =
+
với
[ ]
tan ; 0;1
2
t t
ϕ
= ∈
2
2
3 3 4 1 1 7 12 9
5 16 7
4 3 3 1 1
x x t t
m m
t t

x x
+ + − + − + +
= ⇔ =
− + +
+ + − +
3
ĐINH VĂN QUYẾT - ĐĂK LĂK
Xét hàm số :
[ ]
2
2
7 12 9
( ) ; 0;1
5 16 7
t t
f t t
t t
− + +
= ∈
− + +

( )
[ ]
2
2
2
52 8 60
'( ) 0, 0;1
5 16 7
t t

f t t
t t
− − −
= < ∀ ∈
− + +
Suy ra hàm số nghòch biến trên đoạn
[ ]
0;1
và
9 7
(0) ; (1)
7 9
f f= =

Vậy phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm
trên đoạn
[ ]
0;1
khi và chỉ khi :
7 9
9 7
m≤ ≤
 Ví dụ 5: Giải phương trình :

2 2
1 1
1
2 2
x x
a a

a a
   
+ −
− =
 ÷  ÷
   
với tham số
( )
0;1a∈
 Giải :
2 2
1 1
1
2 2
x x
a a
a a
   
+ −
− = ⇔
 ÷  ÷
   
2 2
1 1
1
2 2
x x
a a
a a
   

+ −
= +
 ÷  ÷
   
Chia cả hai vế của phương trình cho
2
1
2
x
a
a
 
+
 ÷
 
,
ta được :
2
2 2
2 1
1
1 1
x
x
a a
a a
 
−
 
= +

 ÷
 ÷
+ +
 
 
. Vì
( )
0;1a∈
nên tồn tại góc
0;
2
π
ϕ
 
∈
 ÷
 
để cho
tan
2
a
ϕ
=
.
Thu được phương trình :
2
2 tan
2
1
1 tan

x
ϕ
ϕ
 
 ÷
=
 ÷
+
 ÷
 
2
2
1 tan
2
1 tan
x
ϕ
ϕ
 
−
 ÷
+
 ÷
+
 ÷
 
( ) ( )
1 sin cos
x x
ϕ ϕ

⇔ = +
Hàm số
( ) ( )
sin cos
x x
y
ϕ ϕ
= +
là hàm nghòch biến và ta có
( ) ( )
2 2
(2) sin cos 1f
ϕ ϕ
= + =
. Vậy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
 VD6 :
2
2 2
1
x
x
x
+ =
−

 Giải:
Điều kiện:
1x >

4

ĐINH VĂN QUYẾT - ĐĂK LĂK
Đặt
1
; (0; );
cos 2
x
π
α
α
= ∈
Thu được PT mới có dạng LG như sau :
1 1
2 2 sin cos 2 2 sin cos
cos sin
α α α α
α α
+ = ⇔ + =

Đặt :
sin cos 2 cos
4
t
π
α α α
 
= + = −
 ÷
 

ĐK :

1 2;t≤ ≤

2
1
sin .cos
2
t
α α
−
⇒ =
Thu được PT :
2
2 2t t t= − − ⇔
2
2
2 2 0 2
1
2
t
t t t
t

=

− − = ⇔ ⇒ =
−

=



Với
2 0; 2.
4 2
t x
π π
α
 
= ⇒ = ∈ ⇒ =
 ÷
 

 VD 7 : Cho PT
1 8 (1 )(8 )x x x x m+ + − + + − =
(1)
a) Giải PT (1) khi m= 3
b) Tìm m để PT (1) có nghiệm.
 Giải :
Với điều kiện:
[ ]
1;8x ∈ −
gợi cho ta nghó đến việc chuyển PT (1) về
lượng giác bằng cách đặt :
3 sin 1
3 cos 8
t x
t x

= +



= −


;
0;
2
t
π
 
∈
 
 
Giải: a) m = 3 ta có PT : 3sint+3cost+9sint.cost = 3

⇔
sint+cost+3sint.cost = 1(2)
Đặt tiếp:
sin cos 2 sin ;
4
u t t t
π
 
= + = +
 ÷
 
ĐK :1 2u≤ ≤
( )
2
1 1 8

3 2 5 0
5
3
u x x
u u
u l
= ⇒ = − ∨ =


⇔ + − = ⇔
−

=


BÀI TẬP
Bài 1 : Cho phương trình :
3
3 1 0x x− + =

Chứng minh rằng phương trình có ba nghiệm
1 2 3
; ;x x x
và thỏa điều kiện:
2 2
1 2 2 3
2 ; 2 ;x x x x= + = +
Bài 2 : Giải các phương trình :

2 2

1 1
1
2 2
x x
a a
a a
   
+ −
− =
 ÷  ÷
   
với tham số
( )
0;1a∈
5
1)188)(21(8
24
=+−−
xxxx