GIẢI TOÁN LƯỢNG GIÁC 11 NÂNG CAO (LÊ HỮU TRÍ - LÊ HÔNG ĐỨC)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (31.5 MB, 200 trang )
*
LÊ HỮU TRÍ -LÊHỒNG ĐỨC
|: "GIẢI TỐN LƯỢNG GIÁC 'NÂNG CAO
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
CHUONG I
PHƯƠNG TitÌNH LƯỢNG GIÁC
CHỦ ĐỀ I
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
1.PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BAN
Bài tốn 1: Giải và biện luận phương trình:
sinx =m
PHUONG PHAP CHUNG
Ta biện luận theo các bước sau:
Bước !:
Bước 2:
Nếu Iml> 1 phương trình vơ nghiệm.
Nếu Iml < 1, xét hai khả năng:
Khả năng 1:.Nếu m được biểu diễn qửa sin của góc đặc biệt, giả
sử œ, khi đó phương trình có dạng:
.
7
sinx = sina =>
x=a4+2kn
,keZ.
X=N-Q+2kn
+ Khả năng 2: Nếu m khơng biểu diễn được qua sin của góc đặc
vs
biệt, khi đó đặt m = sinơ, ta được:
Ĩ x=qœ+2km
sinx = sina <=>
„keZ.
|x=xm-œ+2km`
Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có hai họ nghiệm.
Đặc biệt _
"
sinx=0<‹>x=
kn,keZ.
=
sinx =1 @x=
2 +Kn, keZ.
"
sinx=-l©x
Vídul:
a.
ee
+ 2km, keZ.
Giải các phương trình sau:
.
1
sinx= 5.
|
b.
Giải
a. Đặt : =sinơ,khi đó:
Sinx = sinœ
ˆ
x=ơ+2km
x=mr-œ+2kr
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
,keZ.
Z
1
:
‘
1
sin(2x— 3) + sin3x + 3) =0.
.
b.
Tacé:
sin(2x — nở + sin(3x + 3) =0
© sin(2x - S)= ~sin(3x + 3)
o|
2x
Tax
*
sin(2x - =) = sin( — 3x es 3)
54 2kn
-
2x KÝ-—=m-(
-3x 9x ——)
=R~(
3)*+ 2k
m
@{
pe
OF
ee
2 ƒ
se
2km
Skez.
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Giải phương trình sin(xsin2x) = 1.
XVídu2:
Giải
*
:
Ta có:
siN(wsin2x)
=1 © nsindx
= 5 + 2kn
ey sindx= + +2k,keZ. - (1)
Phuong trinh (1) c6 nghiém khi va chi khi:
1
kez
Ip t2kIS lee - FP sks po ke 0.
=
Ss
Khi đó (1) có dạng:
1
sink=ie}
2
2x<=+2In
§5m
2x=—+2ln
|
x=--+ln
5m
xe ate
ez,
OP
:
ge
ae
>
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Bài tốn 2: Giải và biện luận phương trình:
cosx
Tả biện luận
Bước ï:
Bước 2:
=m.
PHUONG PHAPCHUNG
theo các bước sau:
.
Nêu Iml > 1 phương trình vơ nghiệm.
Nếu Iml < 1, xét hai trường hợp:
Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua cos của góc đặc biệt, giả sử
œ, khi đó phương trình có dạng:
[x=œ+2kz
CosX = cOSừ <>
»keZ.
|x=-œ+2kn`
Khả năng 2: Nếu m không biểu điễn được qua cos của g6c đặc biệt,
khi đó. đặt m = cosœ, ta được:
COSX = cOSỚ <=>
x=ơ+2km
x=~œ+2km
,keZ.
Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có hai họ nghiệm.
c bit
VU
.
cosx =0 â
đ
CoSXx=l
."
cosx=
Vớ du 3:
a.
Gii
ge
ý
SO
x= 5 +kn, keZ.
MEST
`
ââx=2kn,keZ.
-lô@âx=+2kn,keZ.
+
Gii cỏc phương trình sau:
Sin3x=cos2x.
Tato:
*
ốc Số
:
b.
cos(2x— 3 + sin(x+ *) =,
«
sin3x = cos2x © sin3x = sin( ch 2x)
+
2
f
‘|3x
o
= 2 -2x42kn
©
2
3x =—(C~2x)+2kt
n-ne
, keZ.
I
x=E+2km
2
2
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
b.
Ta có:
t
cos(2x— 7)-+
<=
5
Bet
sin(x + 7) = 0 <> cos(2x
đ
sin(x + 7)
Ty
T
nm
a2
Rhee
2> 2)
cos(x the
7
cos(2x -)=
2x-=x++2kr
4
eo
|
â
2B aan
4
x=x+2kn
n 2kn,keZ.
[FtEt a
4
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Vidu4:
Giải phương trình:
cos{
Gidi
(i
> cos(x
¬
a
e
y=
he
Phương trình tương đương với:
J cos(x ~ 2) = 2 +2kn
44
Feos(x ~2)=— 7 + 2k
©
cos(x— 2) = 5+ 4k
4
1
(1)
| eostx -4) =-> + 4k (2)
,keZ.
* Phuong trinh (1) cé nghiém khi va chi khi:
[d +akis tea
1
sks
keZ
©
k=0:
Khi đó (1) có dạng:
;
x-cart
cos(x2) =
©
4
2.
XS
4L.
2in
ZT
ng
©
#9
4k IS 1-2
sks
'
,!}eZ. (3)
x=--+2ln
* Phuong trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi:
1
3 kez
I>
km TT „21
12
2
©
k=0.
Khi đó (2) có dạng:
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Ta biện luận théo các bước Sau:
Đặt điều kiện:
cosx #0
x # : + km, keZ.
atl
ie
X
š
*
»
Xét hai khả năng:
Khả năng ï: Nếu m được biểu diễn qua tg cha góc đặc biệt, giả sử œ, khi đó
phương trình có dạng:
tgx = tgŒ © x = Œ + kr, keZ.
Khả năng 2: . Nếu m khơng biểu diễn được qua tg của góc đặc biệt, khi đó
dat m = tga, ta được:
tgx = tgœ ©> x = œ + ktt, keZ.
Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.
Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trìnb:ln có nghiệm.
8
‘Midu §:
Giải phương trình:
tel 5 (cosx +sinx)] = 1.
Giải
Điều kiện:
,
cos[ 4 (cosx + sinx)] # 0.
(*)
Phương trình tương đương với:
© (eosx + sinx) = a + km > cosx + sinx = 1 + 4k, keZ.
(i)
Phuong trinh (1) có nghiệm khi va chỉ khi:
lI+4kI< 2 pe
ug!
Fine.
Khi đó (1) có dạng:
cosx ee
=l© v2 sin(x + 2)" 1 sin(x + Sys 2
x7
7",
4)
P|
“
„
AL
nS
A.
+2
x=2lx
` |
x_
fn
nay + 2ig
,leZthoảmãn
Œ).
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Đài tốn
Ta biện luận theo các bước sau:
Đặt điều kiện:
sinx # 0 © x # ki, keZ.
Xét hai khả năng:
Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua cotg của góc đặc biệt, giả sử œ, khi
đó phương trình có dạng :
cotgx = cotga <> x =a +kz, keZ.
Khả năng 2: Nếu m khơng biểu diễn được qua cotg của góc đặc biệt, khi đó
đặt m = cotgœ, ta được:
cotgx = cotga
=> x = œ + kĩ, keZ.
Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.
Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình ln có nghiệm.
Ví d6:
a.
Giải các phương trình sau:
cotg(= ~x)= ale
Giải
a. Điều kiện:
b.
vã
4
sin(= ~x)z0©
Ta có:
cosx = V3 sinx:
2 ~x “kf © xe. ~kn, keZ.
(*)
‘
Tt
cotg(— — x)
BGG
HRS
:
=colg--
7
cogs
nt
tT
<=> — —xX=
— +km
Oe
3
ex=- = — k. keZ thoả mãn điều kiện (*).
b.
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Tacó:.
'cosx = v3 sinx ©> cotgx = 43 =cotg = x=
s + kn, keZ.
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Bài toán 5: Biện luận theo m số nghiệm thuộc (ơ, B) của phương trình
lượng
giác cơ bản.
:
Giả sử với phương trình:
sinx =m.
PHƯƠNG PHÁP CHƯNG
“Ta lựa chọn một trong hai cách sau:,
Cách I: Thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: _ Biểu diễn (œ, B) trên đường tròn đơn vị thành cung AB.
Bước 2:
Tịnh tiến đường thẳngm Song song với trục cosin, khi đó số giao
điểm của nó với cung AB bằng số nghiệm thuộc (œ, B) của
phương trình.
y= sinx
Cách 2:
Bước !:
Bước 2:
Thực hiện theo các bước sau:
Vẽ đô thị hàm số y =sinx, lấy trên (œ, B).
Tịnh tiến đường thẳng y = m song song với trục Ox, khi đó số
giao điểm của nó với phần đồ thị hàm số y = sinx bằng số nghiệm
`
thuộc (œ, B) của phương trình.
Chú ý: Phương pháp trên được mở rộng tự nhiên cho:
1. Phương trình cosx = m, với lừu ý khi sử dụng cách 1 ta tịnh tiến đường
thẳng m song song với trục sin.
2.
Với các phương trình tgx= m va cotgx = m ta chỉ có thể sử dụng cách 2.
Vidu7:
Biện luận theo m số nghiệm thuộc G ` =) của phương trình
+ sinx =m.
Giải
Ta dựa chọn mộtM trọng hai cách biểu diễn
y= sinx
=H
Kết luận: đặt
D = CC: =)
ta CĨ:
"® - Với Iml> Ï, ‘nice on vơ nghiệm.
»® Với m=~—], phương trình có I nghiệm thuộc D.
Với —1
"Với
. k3
V6i a
=
Vídu8;
Gidi
13
⁄3
`
phương trình có 3 ghiệm phân biệt thuộc D.
5
], phương trình có 4
:
nghiệm
phân
.
biệt
thuộc D.
„t) của phương trình
Biện luận theo m số nghiệm thuộc c=
(i)
(m + ])sinx = (m — Ï)cosx.
Bién déi phương trình về dang:
sinx + cosx = m(cosx — sinx) > v2 sin(x + 2}
& tg(x + 4)=m.
+
y=tp(x + —,
Ta có kết luận:
*
=
V6im 2 1 hoặc m <0, phương
trình có 2 nghiệm phân
thuộc D.
biệt
Với 0
m2
cos(x + =
II. CÁC BÀI TỐN THỊ
Bail:
(ĐHSPII
— 2000): Tìm các nghiệm ngun của phương trình:
cos[
(4x— V9x? + 160x +800 )} = 1.
BÀI GIẢI
Biến đổi tương đương phương trình về dạng:
2 3x - V9x? + 160x +800
) = 2k <> V9x? +160x+800 = 3x ~ 16k
eS
J3x -16k 20
eo:
(9x? + 160x + 800 = (3x 16k)?
I5
=
23.5 16k-
=l3+5s
|.
ca
3
keZ
=
[ae 18K, keZ
3
l +5)x =8k? -25_
k eas
3
keZ
>
|ằ=2-4o-
3k+5
đ
ô=
[3k+5=-1
a
(2)
3k+5
3k+5
L
Mun x ngun thì trước hết từ (2) ta phải có:
25
()
kez [k =-2
eZ © 3k + 5 là ước của 25 © [3k +5=-5
&
|"
k =-10
3k +5=-25
V6ik= -—2,taduoc x= —7,.
V6ik= -10,taduoc x= -31.
Vậy phương trình có hai nghiệm ngunx = -7 vax = — 31."
Bài 2:
(ĐH Tổng Hợp Lômônốp
k
— 1982): Giải phương trình
v—xŸ +3x” ~2 .sinfx(16x?+
2x ]=0
BÀI GIẢI
Biến đổi tương đương phương trình về đạng:
—xŸ+3x'<2=0
—x? +3x*=2>0
sin[m(16x?+2x)|=0
" - Giải (1) bằng cách đặtt
xe
(1)
n
(2) -
@)
*
= x', điều kiện t>0, ta được:
(ot tea erences!
"
ae
_=
t=2
oo
|*
*=
x'=2
EA
=41
xzz‡2
Giải (2), dựa vào lời giải của (1) ta được:
(Q)eo 1
sự.
12
Lex <42
`
„
"
Giải (3), ta có:
(3) <> x(16x + 2x) = kt ©
(4)
l6x? + 2x — k=0
Phương trình (4) có nghiệm khi:
keZ
‘© k20
A'š0 ©.1 + I6k>0œk>—TC
—1+V1+16k
T
khi đó (4) có nghệm x;, ; =
e0) thoả mãn (2) điều kiện là:
Dé nghiém x, = ——
=
jen tNeo ÓC
=
Dé nghiém x, =
keZ
=k=ll9, 20, 21, 22, 23, 24, 25}.
+242
18
>
Ằ© 17<41+16k <1 + 1642
AAI
thoả mãn (2) điều kin l:
-#2< ù1+16k <1ô@15
:
16
~ keZ
s7 'â14
Giải và biện luận phương trình:
Bài 3:
a?
2 sin? x +2” ¬2
cos 2x
1—tg?x
Diéu kién:
|
7
BÀI GIẢI
Ícosx # 0
5
1—tg?x #0 ©
cos2x #0
foosx #0
it
3
{cosx #0
;
ee
U-te’x #0
T
fredeen
,keZ.
xaat eke
Biến đổi phương trình về dang:
a?
1~tg2x
=
a
sin? x+a-2
x ~sin?x
cos”
em
a2
=
tg?x + (a? —2)(1 + tg?x)
1-tg?x
= (2? - I)tg?x =2.
Véia-1=0@a=+41, khi đó (1) vơ nghiệm.
I~tg2x
(1)
13
.
Với a -140@a+l, khí đó (1) có dạng:
2)
flal>1
la? -1
#1
Sse
Khi đó:
%
(2) = tgx = ttga <> x = ta + km, keZ.
Két luan:
= Với lal"©
V6i aE(—0, -1)U(I, + o\ +3
‘
}, phương trình có hai họ nghiệm.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài tập 1: Giải các phương trình sau:
a.
sin(mccs2x) = 1.
Bai tap 2:
cos(mcos3x) = 1.
Giải các phương trình sau:
a.
cos(msinx) = 1.
b.
sin—
a
Bài tập 3:
a.
b.
7U
°. cos[ 2 cos(x _ zy
=cos(7x).
x
Giải các phương trình sau:
tg[ 2 (e0sx —sinx)] = l.
b.
cotg[ ^ (cosx +sinx)] = 1. ‘
Bài tập 4: Giải và biện luận các phương trình sau:
a_ œs%X+0)+c@K-@)=2ŒG c. (m+l)sin2x+l - m2? =0.
b. snX+G)+eox—0)=l+snd.
d. (m+2)tg2x— /m = 0.
Bài tập 5: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
a. b sin:
nm An
==m, với
v xe(——,
¢ va——
}.
nm 191
b. sin(2xin(
=T)=m, , với
với xe[=
Xe[—
—.,
ni ——ae
14
€.:
132
Sx , ——
4 xe[—
với
=m,
—)
cos(XT—
(
)
bS
6 ]
d.
sn
cotg(x
tg(x
— —p= m, với
ới xe( ~—.n).
4
70.
Lên
CHỦ ĐỀ2
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
‘DOI VOI MỘT HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
`
LPHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC ĐẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC BẬC HAI
Bài tốn 1: Giải và biện luận phương trình :
.sinx + b.sinx + c =0,
Q)
|
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
*
Ta,biện luận theo các bước sau:
e Bước ï:
*_ Bước 2:
Dat sinx = t, diéu kién It! s 1, khi đó phương trình có dạng:
f)
Xét tùỳ theo
1. Nếu bài
trình (2)
2. Nếu bài
tham số
kiện ltl <
=a.Ẻ +b.t+c=0.
ì
(2)
u cầu của bài tốn:
:
tốn u cầu giải phương trình thì ta giải phương
theo t và chọn nghiệm t„ thoả mãn điều kiện ltl < 1.
toán yêu cầu giải và biện luân phương trình theo
thì ta giải và biện luận phương trình (2) theo t, điều
1, cụ thể:
“Ta tinh cdc biểu thức A, af(1),af(~ 1), Š — 1, Š +l
.. Lập bảng tổng kết:
So sánh các
nghiệm với +!
3.
Nếu bài toán yêu cầu tìm giá trị của tham số để Phương trình
có nghiệm
Trường hợp 1: a = 0, thử vào phương trình — kết luận.
Trường hợp 2: a # 0
© phương trình (2) có nghiệm thoả mãn ltl<1
[mi
H „|
(2)có2 nghiệm thuộc [~, I|
[f(~1)#q)<0
[A>0
|af(I)>0:
1af(1)>0
-I<Š
15
4.
Néu bài tốn u cầu tìm giá trị của tham số để phương trình
có k nghiệm thuộc (œ, B)
Trường hợp I: Nếu a =0. thử vào phương trình => kết luận
Trường hợp 2: Nếu a # 0
Vì xe(œ, B) © te(œ,„ ,).
*)
Từ đó dựa vào tính chất nghiệm của phương trình sinx = siny
và đường trịn đơn vị biểu diễn khoảng (œ, ), ta có được điều
kiện cần và đủ cho phương trình (2).
Chú ý:
1. Với các yêu câu 3. 4 ta ưu tiên việc lựa chọn phương pháp hàm số để giải
phương trình.
2. Phương pháp trên cũng được sử dụng để giải và biện luận phương trình:
a.cOs”x + b.cosx
+ c =0.
3. Thơng thường phương trình ban đầu chưa phải phương trình bậc iil theo |
hàm số lượng giác, khi đó ta cần thực hiện một vài phép biến đổi lượng giác
dựa trên nguyên tác:
"Nếu phương trình chứa nhiều hàm lượng giác khác nhau thì biến đổi
tương đương về phương trình chỉ chứa một hàm.
“Nếu phương trình chứa các hàm lượng giác của nhiều cung khác
nhau thì biến đổi tương đương về phương. trình chỉ chứa các hàm
lượng giác của một cung.
Ví
du
1:
(CDSP Hà Nội
—
1997): Giải
ie
trình:
cos2x + sin*x + 2cosx + 1 = 0.
Giải
Biến đổi tương đương phương trình về dạng:
2cos”x — Ï + 1 — cos?x + 2cosx + 1 =0 > cos?x + 2cosx + 1 =0
© (cosx + l)Ì=0@©©cosx= - lx=n+ 2km, keZ.
Vậy phương trình có một họ nghiệm x = t + 2kt, keZ..
Ví du2: - Cho phương trình:
4sin°2x.+ 8cos*x — 5 +3m=0.
=
:
a. - Giải phương trình với m = -+ i
b.
Giải
Tim m nguyên dương để phương trình có nghiệm.
Biến đổi phương trình về dạng:
4(1 ~cos32x) + 4(1 + cos2x)— 5 + 3m=0 © 4cos?2x — 4cos2x— 3 — 3m =0.
Dat t = cos2x, điều kiện ltl <
Khi đó, phương trình có đạng:
1.
4 ~4t— 3~— 3m =0 4U -4t~3=3m.
16
—,
`
@
i
a.
Vim= ơ ; phng trỡnh cú dng:
4t+l=0ôât=-~
1
ôâcos2x=
2
23
+ 2kn, keZ.
+ Pin ex = 25
eins
ik
Vậy với m= -5. phuong trinh có hai họ nghiệmi.
b.
Ta lua chọn một trong hai cách sau:
Cách I: Phương trình (1) có nghiệm <> (2) có pata thuộc I—tL+ĨH
a
dae =1]
(2) có 2 nghiệm thuộc [~I.!]
[(6~3m)(-3-3m)<0
f(~1.f)<0
[16+12m>0
5-3m>0
-3—3m>0
[A>0 ©
af(-1)20
1af(1)>0
Bl
số.
a Z£
i"
214
gy
=
ve
`|—=l
m>-4/3
m<5/3
2
ay
S1
(3 mez”
a
ems?
at
3
m<-l
7
:
.|m=-l
7
|"m=l
P
.
Vậy với m = +l hoặc m = 0 phương trình có ý nghiệm.
Cách 2: Phương trình (1) có nghiệm
y= 4¢— 4t— 3 trên doan [= 1, 1].
đường thẳng y = 3m cắt đồthị hàm sể
Xét hàm số y = 4t ~ 4t~ 3 trên đoạn | — 1, 1|.
Đạo hàm
ý! =8L~4,y`=0 C84
Bảng biến thiên'
=0
1=
7.
Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là:
-453m<5
.
2
§ mez
Sh
40
as sms
3
Jm=-l.
„
©
|m=0.
m=l
Vậy với m = +] hoặc m =0 phương trình có nghiệm.
Ví du 3: ' Cho phương trình:
:
sin?3x + (m7 — 3)sin3x + m? — 4 =0.
ie
a.. Giải phương trình với m = I.
b.
(@)
:
Tìm m để phương trình có đúng 4 nghiệm thuộc 5 ; * }.
Giải
%
;
=
Dat t = sin3x, diéu kién Itl < 1.
Khi đó phương trình có dạng:
| Em
Ê + (nẺ~ 3. + mẺ~ 4=0
.
vie
SN
412
| sa
[t=4-m
sn3x=4-mg ¿© )Ì có| dạ3xng: =4~m? (2)
nình (2
a.. Với m = 1, phươtr
Trước hết nghiệm
+. 2km
XIN
,21
4n
-
:
Š
keZ.
Tn
,=—.
===+“—
St
ca tg
L
jeÊ
,
&
é
sin3x = 3 vô nghiệm
4 „ 2km
4
3
.
. Vậy với m = ] phương trình có nghiệm x aoe + LG
b.
:
,keZ.
2x4
:
4
Vậy để phương trình (1) có đúng 4 nghiệm thuộc I>
en
4T...
3 điều kiện là
phương trình (2) có đúng 3 nghiệm khác = thưộc (2, = L
vi xe, =) ©3xe[2n, An],
do đó điều kiện là:
-sin3x =0 ©>4— m?=0<»m=+42 '
2n
l
i
xe
©
4]
t,
3,
2r
e[
ệm
3x
hi
ng
c
cá
ợc
đư
khi i đó ta
`. TL cả4mn
“Vay vai m'= +2 phương trình (1) có 4 nghi
ệm thuộc (2, +).
18
Bài tốn 2: Giải và:biện luận phương trình : `
a.tg’x + b.tgx +c=0
a)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Ta biện luận theo các bước sau:
Bước 1:
Dat diéu kién cosx #0
x # 7 +kn, keZ.
Bước 2:
“Pat tgx =t, khi đó phương trình có dạng:
:
'@
.
a.42+bit+c=0.
&
Bước 3: - Giải và biện luận phương trình (2) theo t.
q
Chi x:
`
“1 + Phương pháp
j
>
4
trên được sử dụng để giải và biện luận phương trình:
a.cotg’x + b.cotgx + c =0
* voi diéu kiện sinx # 0 ©>xx # km, keZ.
2... Uu tiên lựa chọn phương pháp hàm số để giải.
Wídu 4;
Giải
Giải phương tình:
⁄3 cotg?x — 4cotgx + ⁄3 =0.
Điều kiện:
sinx # 0 © x # kí, keZ.
Đặt cotgx = t, khi đó phương trình có dạng:
⁄
xXã~4t+J3 =0
t=x3
-©
1©
t=—=
iB
[cotx=x/3
x=
13?
coEx=—=
Bx
ake
6.
=.+km
„keZ.
Vậy phương trình có hai họ nghiệm x == + 2km, keZ...
Vídụ $; - Cho phương trình:
m2~l
cos?x
a..
‘= 2mtgx. — m? +2 =0.
(1)
Giải phương trình véi m = 2.
b. - Tìm m để phương trình có đúng ba nghiệm thuộc (—œ, 5 ).
Giải
Điều kiện:
cosx #0 e>x#
5 +ktt, keZ.
19
50) đổii phuong trinh vé dang:
2 =0 <> (m?— 1)tg’x~
— 1)(1 + tg?x)— 2mtgx— m?+
Dat = =t, khi đó phương trình có dạng:
Đtr=l
7.
a.
-
HN
(m+T)t=l
Với m=2,
ta được:
TU
%
tgx =1=tg—
'
a =
I©
Tt
:
=—+k
|* 47 ™ keZ.
x=a+kn
tex.= 5 = tga
tr
(2) N
:
*
t=1
dens 1=0.
Vậy với m = 2, phương trình có hai họ nghiệm.
*b..
Để phương trình có đúng ba nghiệm thuộc ( ~ 7, >
Jin
€ (2) 06 hai nghigm tri đấu © | I
Vậy
t
m+l
Im—I
<
é
img! <0e>ini<1.
%
`
với lml < 1 thoả mãn điều kien’ dau bai.
1. CÁC BÀI TOÁN THỊ
-— 99): Tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện cosx > 0 của
| Bai 1: (DHCSND
| phương
trình: 1 - Ssinx + 2cos’x
Biến đổi phương trình về đạng:
sin
1 —5sinx + 2(1 — sin’x) = 0 <> 2sin2x + 5sinx — 3 =0
[sinx =3. (loại)
el.
t
x= = +2kz
o>
Sia
Bằng cach
Ệ
36
.
I
x=*”+2kn
biểu điễn các họ nghiệm
trên lên
đường
mon don vinta thay
‘
nghiém x = § + 2k:n, keZ thoả mãn điều kiện cosx>0.
Chú ý: Các em học sinh cũng có thể kiểm tra bằng phương pháp đại số như sau:
"
VOR
5 +24x
6
*
Vi x= =
4 2i
= com
suốÊ 231m)
6:
= cosx =THẾ
ch
3
c2 = 55 Š:0 tồ năn,
.
6
2
P25,
<0,loại.
Vậy họ nghiệm của phương trình thoả mãn điều kiện cosx>0 là x = = + 2kn.
6
cự
20
Bai 2: (DH Da Nang — 96): Cho phuong trinh:
cos*x — (2m + 1)cosx +m+1=0.'
a.
#2
R)”
Giải phương trình với m = 2
4
:
Se )
Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [>
b.
BÀI GIẢI
7
7
3m.
+
ằ
Dat t = cosx, điều kiện ltl < 1.
Khi đó phương trình có dạng:
+
t!— (2m + I)t+m+ [=0
x
t==3e |0
TL
=t—+k
a7
€osx=m
cosx =m
(=m
a.
1
=—si
ey
Vớim= 3, phương tíình (*) vơ nghiệm. `
3%
tens
seit
(*)
‘a
ẹ
Vậy với m = ; phương trình cé hai họ nghiệm x = +: + 2km, keZ. `...
3m
:
b. Với xeLT. Fl Hl Scosx <0.
:
ương trình (1) có nghigm thuge [= =) « —1
- 2000): Cho phương trình:
© gueos’x
+ 2(1 — m)cosx
+ 2m —] =0,
a..
b.
.()
Giải phương trình với m = =
Tim m để phương trình:có4 nghiệm thuộc [O, 2m].
;
BÀI GIẢI
Ỉ
Dat t = cosx, điều kiện ltÌ < 1.
Khi đó phương trình có dạng:
|
~ 2(m ~ l)t + 2m ~ =0.
(2
a. Véim= š „ phương trình có dạng:
6tr0
a
b.
|,
t=0
t=-
°
cosx =0
_cosx =—-T
©|.
x=
25
4+kn
,keZ.
x=m+2krm
Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:
21
Cách 1: Phương trình (1) có 4 nghiệm thuộc [0, 2z] © phương trình (2) có 2
nghiệm thoả mãn —] < t, < t,
mye
m? —4m+2>0
©laf)j>0©
THỊ
22 9
220
|-1
. lr
et
eme2z- 42.
2^
`
Vậy với >
422
1= h6
„ t=l khơnglà nghiệm-
vn
t2
SH
t-1
+4
22m,
Phuong tình (1) có 4 nghiệm thuộc {0, 2m]
© đường thẳng
y = = 2m cắt đồ
tị hàm 56 y=
22-1
Xết hàm số ÿ = —
trén (-1, L) tại
2 điểm phân biệt.
2
trên (~1, 1)
Đạo hàm
tỶ—2t—l
? = yO
¥
(t-1)°
*
eee
ee
Dựa vào b;
;
$
Ti Biên,
1<2m<4-242
:
R= 2t=1= 0©t=l+V2.
‘
:
'„Ÿ
A ge
;
Họp Mật kiện là:
5
_Vậy voit1
— 2001): Giải phương trình:
3cotg?x + 24/2 sin’x = (2 + 3/2 )cosk.
BÀIGIẢI
Biến đổi phương trình về dạng:
(3cotg?x— 32/2 cosx) + (2 V2 sin’x — 2cosx)= 0
2 3( OS®
x ~ cosx)=
J2 sin?x
+ 2(os
~ JZ)c
sin°x -
+ @3(cosx— J2 sin?x)cosx+ + 2(./2 sin’x—costbinÖx = 0
29.7
