Tài liệu CHƯƠNG VI: PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP pdf

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 btcd0−++−=

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 2 tgx 3 *+=

Chia hai vế của (*) cho
2
cos x 0
≠
ta được
(*)
22
2sin xcosx 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 6co s 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 3sin x 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 v à 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 cos 3x 2 cos 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
6sin x 2cos x *
2cos2x
−=


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

3
6sinx 2cos x 5sin2xcosx
tgx 1
⎧
−=
⇔

⎨
≠±
⎩

(
)
32
6sin x 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 co s 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**
=
⎧
⎪
⇔
⎨
−++ −−+=
⎪
⎩

()
()
2
ttgx
t1t 2mt4m3 0
=
⎧
⎪
⇔
⎨
−−+−=
⎪
⎩

a/ Khi m = 2 thì (*) thành
()
()

2
ttgx
t1t 4t5 0
=
⎧
⎪
⎨
−
−+=
⎪
⎩

π
⇔=⇔=+π∈

tgx 1 x k , k
4


b/ Ta có : x0,
4
π
⎡
∈
⎢
⎣⎦
⎤
⎥
thì
[

]
tgx t 0,1=∈

Xét phương trình :
(
)
2
t2mt4m302−+−=

()
2
t32mt2⇔−= −

2
t3
2m
t2
−
⇔=
−
(do t = 2 không là nghiệm)
Đặt
() ()
2
t3
yft C
t2
−
==
−

và (d) y = 2m
Ta có :
()
()
2
2
t4t
y' f t
t2
−+
==
−
3



Do (**) luôn có nghiệm t = 1
[
]
0,1∈
trên yêu cầu bài toán
()
(
)
() ()
⎡=
⇔
⎢
=
⎢

⎣
d y 2m không có điểm chung với C
d cắt C tại1 điểm duy nhất t 1

3
2m 2m 2
2
⇔<∨≥

3
mm
4
⇔<∨≥1

Cách khác :
Y C B T f(t) =
⇔
(
)
2
t2mt4m302−+−=
vô nghiệm trên
[
.
)
,01
Ta có (2) có nghiệm
[]
()
,().()

()
af
f f hay
af
S
Δ≥
⎧
⎪
≥
⎪
⎪
∈⇔ ≤
⎨
≥
⎪
⎪
≤
≤
⎪
⎩
0
00
01 0 1 0
10
01
2

()()
mm
m

m m hay
m
m
⎧
−
+≥
⎪
−>
⎪
⇔− −≤
⎨
−>
⎪
⎪
≤≤
⎩
2
430
430
43220
220
01
m
⇔
≤≤
3
1
4

Do đó (2) vô nghiệm trên

[
)
,(m hay m hay f )
⇔
<>
3
01 1 1 0
4
=


3
mm
4
1
⇔
<∨ ≥


BÀI TẬP

1. Giải các phương trình sau :
a/
32
cos x sin x 3s in x cos x 0+− =
b/
()
(
)
2

sin x tgx 1 3sin x cos x sin x 3
+
=−+
=

c/
2
2cos x cos2x sinx 0++
d/
3
2
3
1cosx
tg x
1sinx
−
=
−

e/
32 23
sin x 5sin x cos x 3sin x cos x 3cos x 0−−+=
f/
32
cos x sin x 3sin x cos x 0+− =
g/ 1tgx22sinx+=
h/
33
sin x cos x sin x cos x+=−
k/

22
3tg x 4tgx 4 cot gx 3cot g x 2 0++ + +=
m/
(sin)
cos ( )
cos
x
x
tg x tgx
x
π
+
−+ − −=
22
2
31
38
42
0

n/
sin x cos x
1
sin 2x
+
=


2. Cho phương trình :
()

(
)
22
sin x 2 m 1 sin x cos x m 1 cos x m+− −+ =

a/ Tìm m để phương trình có nghiệm
b/ Giải phương trình khi m = -2
[
]
(
)
ĐS : m 2,1∈−


Th.S Phạm Hồng Danh
TT luyện thi đại học CLC Vĩnh Viễn