Phần 5:Phương trình đẳng cấp

CHƯƠNG VI: PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP

22
asin u bsinucosu ccos u d
++=

Cách giải :
()
Tìm nghiệm u k lúc đó cos u 0 và sin u 1
2
π
•=+π==±

2
Chia hai vế phương trình cho cos u 0 ta được phương trình :
•≠

()
22
atg u btgu c d 1 tg u++=+

Đặt ta có phương trình :
ttgu=
()
2
adt btcd 0−++−=

Giải phương trình tìm được t = tgu

Bài 127 : Giải phương trình
( )

22
cos x 3 sin 2x 1 sin x *−=+

Vì cosx = 0 không là nghiệm nên
Chia hai vế của (*) cho
2
cos 0
≠
ta được
()
()
22
* 1 2 3tgx 1 tg x tg x
⇔− = + +

Đặt t = tgx ta có phương trình :
2
2t 2 3t 0+=

t0t 3
⇔=∨=−

Vậy
()
*
π
⇔= =−⇔=π =−+π∈

tgx 0 hay tgx 3 x k hay x k , k
3

Bài 128 : Giải phương trình
( )
33 2
cos x 4 sin x 3cos x sin x sin x 0 *−− +=

•
Khi
xkthìcosx0vàsinx
2
π
=+π = =±1

thì (*) vô nghiệm
•
Do không là nghiệm nên chia hai vế của (*) cho cos
3
x
=
cos x 0
ta có (*)
( )
32 2
1 4tg x 3tg x tgx 1 tg x 0
⇔− − + + =

()
()
⇔+−−=

⇔+ −=
⇔=−∨=±
ππ
⇔=−+π∨=±+π∈

32
2
3tg x 3tg x tgx 1 0
tgx 1 3tg x 1 0
3
tgx 1 tgx
3
xkxk,k
46


Bài 129 : Giải phương trình
( )
4224
3cos x 4sin xcos x sin x 0 *−+=

Do cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế của (*) cho
4
cos x 0
≠
Ta có : (*)
24
34tgxtgx 0
⇔− + =
⇔=∨=

ππ
⎛⎞ ⎛
⇔=±=±∨=±
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
ππ
⇔=±+π∨=±+π∈
⎞
⎟
⎠

22
tg x 1 tg x 3
tgx 1 tg tgx tg
43
xkxk,k
43


Bài 130 : Giải phương trình
( )
sin 2x 2tgx 3 *+=

Chia hai vế của (*) cho
2
cos x 0
≠
ta được
(*)
22

2sinxcosx 2tgx 3
cosx cosx cosx
⇔+=
2

()( )
22
2tgx 2tgx 1 tg x 3 1 tg x
⇔+ + =+

32
ttgx
2t 3t 4t 3 0
=
⎧
⇔
⎨
−+−=
⎩

()
()
=
⎧
⎪
⇔
⎨
−−+
⎪
⎩

2
ttgx
t12t t3 0=

⇔=
π
⇔=+π∈
tgx 1
xk,k
4


Bài 131
: Giải phương trình
( )
3
sin x sin 2x sin 3x 6 cos x *+=

()
23
* 2sin x cos x 3sin x 4 sin x 6cos x⇔+−=
3

( )
•==±Khi cos x 0 ( sin x 1) thì * vô nghiệm

•
Chia hai vế phương trình (*) cho
3
cos x 0

≠
ta được
()
*
⇔
23
22
2sin x 3sinx 1 sin x
.4
cos x cos x cos x cos x
+−
3
6=

()
()
()
⇔+ +−=
⇔− −+=
⇔− −=
⇔==α∨=±
π
⇔=α+π∨=±+π∈ α=
223
32
2
2tg x 3tgx 1 tg x 4tg x 6
tg x 2tg x 3tgx 6 0
tgx 2 tg x 3 0
tgx 2 tg tgx 3

xkx k,k(vớitg
3
2)





Bài 132 : (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2003)
Giải phương trình
()
2
cos2x 1
cot gx 1 sin x sin 2x *
1tgx 2
−= + −
+

Điều kiện
sin

2x 0 và tgx 1
≠≠−
Ta có :
( )
22
22
cos x cos x sin x
cos2x cos x sin x
sin x

1tgx cosxsinx
1
cos x
−
−
==
++
+

()(
=− =− +cosx cosx sinx do tgx 1 nên, sinx cosx 0
)
≠

Do đó :
()
()
22
cos x 1
* 1 cos x sin x cos x sin x sin 2x
sin x 2
⇔−= − + −

()()
()
−
⇔=−
⇔−= −
⇔−= = −
2

cos x sin x
1sin2x
sin x
cosx sinx sinx cosx sinx
cos x sin x 0 hay 1 sin x cos x sin x (**)

()
()
=≠⎡
⎢
⇔
⎢
=− ≠
⎢
⎣
2
2
tgx 1 nhận so với tgx 1
1sinx
tg x do cos x 0
cos x
cos x
−

()
()
π
⎡
=+π∈
⎢

⇔
⎢
−+=
⎢
⎣
π
⇔=+π ∈ ≠


2
xk,k
4
2tg x tgx 1 0 vô nghiệm
x k , k nhận do sin 2x 0
4

Lưu y
ù : có thể làm cách khác
() ()
11
** 1 sin2x 1 cos2x
22
⇔− + −
=0
⇔= +
π
⎛⎞
⇔= +
⎜⎟
⎝⎠

3sin2xcos2x
3 2 sin 2x : vô nghiệm
4

Bài 133 : Giải phương trình
( )
sin 3x cos3x 2cos x 0 *++ =

()
()( )
33
*3sinx4sinx4cosx3cosx2cosx
⇔− + −+
0
=
=

33
3sinx4sinx4cosxcosx0
⇔− + −

Vì cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho ta
được
3
cos x 0
≠
()
() ( )
23 2
* 3tgx 1 tg x 4tg x 4 1 tg x 0

⇔+−+−+=

()
()
⇔− − + + =
=
⎧
⇔
⎨
+−−=
⎩
=
⎧
⎪
⇔
⎨
+−=
⎪
⎩
⇔=−∨=±
ππ
⇔=−+π∨=±+π∈

32
32
2
tg x tg x 3tgx 3 0
ttgx
tt3t30
ttgx

t1t 3 0
tgx 1 tgx 3
xkxk,k
43

Bài 134 : Giải phương trình
()
3
5sin4x.cosx
6sinx 2cos x *
2cos2x
−=


Điều kiện :
22
cos2x 0 cos x sin x 0 tgx 1
≠⇔ − ≠⇔ ≠±
Ta có : (*)
3
10sin 2x cos 2x cos x
6sinx 2cos x
2cos2x
cos2x 0
⎧
−=
⎪
⇔
⎨
⎪

≠
⎩

3
6sinx 2cos x 5sin2xcosx
tgx 1
⎧
−=
⇔
⎨
≠±
⎩

( )
32
6sinx 2cos x 10sinxcos x **
tgx 1
⎧
−=
⎪
⇔
⎨
≠±
⎪
⎩

Do cosx = 0 không là nghiệm của (**), chia hai vế phương trình (**) cho
ta được
3
cos x

()
2
6tgx
210tgx
**
cos x
tgx 1
⎧
−=
⎪
⇔
⎨
⎪
≠±
⎩


()
2
ttgxvớit 1
6t 1 t 2 10t
=≠
⎧
⎪
⇔
⎨
+−=
⎪
⎩
±

=≠±=≠±
⎧⎧
⇔⇔
⎨⎨
− −= − + + =
⎩⎩
32
t tgx với t 1 t tgx với t 1
3t 2t 1 0 (t 1) (3t 3t 1) 0


=≠±
⎧
⇔
⎨
=
⎩
t tgx với t 1
: vô nghiệm
t1
Bài 135 : Giải phương trình
( )
3
sin x 4 sin x cos x 0 *−+=


•
Vì cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho cos
3

x thì
()
()
23 2
*tgx1tgx4tgx1tgx
⇔+−++
0
=


()
()
=
⎧
⇔
⎨
−+++=
⎩
=
⎧
⎪
⇔
⎨
−++
⎪
⎩
⇔=
π
⇔=+π∈
32

2
ttgx
3t t t 1 0
ttgx
t13t 2t1 0
tgx 1
xk,k
4
=


Bài 136 : Giải phương trình
( )( )
22
tgx sin x 2sin x 3 cos 2x sin x cos x *−= +


Chia hai vế của phương trình (*) cho cos
2
x
()
()
22
32
2
3 cos x sin x sin x cos x
*tgx2tgx
cos x
−+
⇔− =

()
⇔− =−+
32 2
tg x 2tg x 3 1 tg x tgx

()
()
⇔+−−=
=
⎧
⇔
⎨
+−−=
⎩
=
⎧
⎪
⇔
⎨
+−=
⎪
⎩
⇔=−∨=±
ππ
⇔=−+π∨=±+π∈

32
32
2

tg x tg x 3tgx 3 0
ttgx
tt3t30
ttgx
t1t 3 0
tgx 1 tgx 3
xkxk,k
43


Bài 137
: Cho phương trình
() () ( ) ( ) ( )
32
46msinx32m1sinx2m2sinxcosx 4m3cosx0*−+−+− −−=

a/ Giải phương trình khi m = 2
b/ Tìm m để phương trình (*) có duy nhất một nghiệm trên
0,
4
π
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦

Khi
x
2
π
=+πk

thì cosx = 0 và
sin x 1
= ±
nên
(*) thành :
( )( )
46m 32m1 0±− ± −=


10vônghiệm
⇔ =

chia hai về (*) cho
3
cos x 0
≠
thì
() ( ) ( )
( )
( ) ( )
()
322
* 4 6m tg x 3 2m 1 tgx 1 tg x 2 m 2 tg x 4m 3 1 tg x 0⇔− + − + + − − − + =
2
)


()() (
32
ttgx

t2m1t32m1t4m30**
=
⎧
⎪
⇔
⎨
−++ −−+=
⎪
⎩