CHƯƠNG VI: PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP
a sin u bsin u cosu c cos u d+ + =
Cách giải :
Tìm nghiệm u k lúc đó cos u 0 và sin u 1
2
π
2 Chia hai vế phương trình cho cos u 0 ta được phương trình :
atg u btgu c d 1 tg u+ + = +
Đặt t tgu= ta có phương trình :
(a d t− ) 2 + bt c d 0+ − =
Giải phương trình tìm được t = tgu
Bài 127 : Giải phương trình
( )
cos x− 3 sin 2x 1 sin x *= +
Vì cosx = 0 không là nghiệm nên
Chia hai vế của (*) cho cos2 ≠ ta được 0
( )* ⇔ −1 2 3tgx =(1 tg x+ 2 )+tg x2
Đặt t = tgx ta có phương trình :
2
2t +2 3t 0=
⇔ = ∨ = −
Vậy ( )* ⇔ tgx 0 hay tgx= = − 3 ⇔ x k hay x= π = − + ππ k , k∈
3
Bài 128 : Giải phương trình
( )
cos x 4 sin x 3cos x sin x sin x 0 *− − + =
• Khi x k thì cos x 0 và sin x
2
π
thì (*) vô nghiệm
• Do cos x 0= không là nghiệm nên chia hai vế của (*) cho cos3x
ta có (*) ⇔ −1 4tg x 3tg x tgx 1 tg x3 − 2 + ( + 2 ) =0
⇔ = − ∨ = ±
⇔ = − + π ∨ = ± + π ∈
2
3tg x 3tg x tgx 1 0
tgx 1 3tg x 1 0
3 tgx 1 tgx
3
Trang 2Bài 129 : Giải phương trình
( )
3cos x 4 sin x cos x sin x 0 *− + =
Do cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế của (*) cho cos x 04 ≠
Ta có : (*) ⇔ −3 4tg x tg x 02 + 4 =
⇔ = ± = ⎜± ⎟∨ = ⎜±
⇔ = ± + π ∨ = ± + π ∈
⎞
⎟
⎠
tg x 1 tg x 3
Bài 130 : Giải phương trình sin 2x 2tgx 3 *+ = ( )
Chia hai vế của (*) cho cos x 02 ≠ ta được
(*) 2sin x cos x2 2tgx2 3
cos x cos x cos x
2tgx 2tgx 1 tg x 3 1 tg x
t tgx
2t 3t 4t 3 0
=
⎧
⇔ ⎨
⎩
=
⎧⎪
t tgx
t 1 2t t 3 =0
π
tgx 1
4
Bài 131 : Giải phương trình
( )
3 sin x sin 2x sin 3x 6 cos x *+ =
( )* ⇔ 2sin x cos x 3sin x 4 sin x 6 cos x2 + − 3 = 3
( )
•Khi cos x 0 ( sin x= = ±1 ) thì * vô nghiệm
• Chia hai vế phương trình (*) cho cos x 03 ≠ ta được
( )* ⇔
2sin x 3sin x. 1 4sin x cos x + cos x cos x − cos x3 = 6
⇔ = = α ∨ = ±
π
⇔ = α + π ∨ = ± + π ∈ α =
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
x k x k , k ( với tg
Trang 3Bài 132 : (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2003)
Giải phương trình
( )
2
+ Điều kiện sin2x 0 và tgx≠ ≠ −1
Ta có : cos 2x cos x sin x2 2 cos x cos x sin x( 2 2 )
sin x
cos x
−
−
=cos x cos x sin x− do tgx = −1 nên, sin x cos x 0+ ≠ )
Do đó : ( )* cos x 1 (cos x sin x cos x2 ) sin x2 1sin 2x
−
2
cos x sin x 1 sin2x
sin x cos x sin x sin x cos x sin x
cos x sin x 0 hay 1 sin x cos x sin x (**)
⎡
⎢
tgx 1 nhận so với tgx 1
1 sin x tg x do cosx 0
cos x cos x
−
π
⎡ = + π ∈
⎢
⇔ ⎢
⎢⎣
π
2
4 2tg x tgx 1 0 vô nghiệm
x k , k nhận do sin 2x 0
4 Lưu ý : có thể làm cách khác
( )* * 1 1sin 2x 1(1 cos 2x)
π
3 sin 2x cos 2x
3 2 sin 2x : vô nghiệm
4
Bài 133 : Giải phương trình sin 3x cos 3x 2 cos x 0 *+ + = ( )
( )* ⇔ (3sin x 4 sin x− 3 ) (+ 4 cos x 3cos x3 − )+2 cos x =0
=
3sin x 4sin x 4 cos x cos x 0
Vì cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho ta được
3
cos x 0≠
( )* ⇔ 3tgx 1 tg x( + 2 )−4tg x 43 + −(1 tg x+ 2 ) =0
Trang 4( ) ( )
=
⎧
⇔ ⎨
+ − − =
⎩
=
⎧⎪
⎪⎩
⇔ = − ∨ = ±
⇔ = − + π ∨ = ± + π ∈
2
tg x tg x 3tgx 3 0
t tgx
t t 3t 3 0
t tgx
t 1 t 3 0
tgx 1 tgx 3
Bài 134 : Giải phương trình 6sin x 2cos x3 5sin 4x.cos x( )*
2cos2x
Điều kiện : cos2x 0≠ ⇔ cos x sin x 02 − 2 ≠ ⇔ tgx ≠ ±1
10sin 2x cos 2x cos x 6sin x 2cos x
2cos 2x cos 2x 0
⎪
⇔ ⎨
⎩ 3 6sin x 2cos x 5sin 2x cos x
tgx 1
⇔ ⎨
≠ ±
⎩
( )
6sin x 2cos x 10sin x cos x * *
tgx 1
⎪
⇔ ⎨
≠ ±
⎪⎩
Do cosx = 0 không là nghiệm của (**), chia hai vế phương trình (**) cho
ta được
3
cos x
6tgx 2 10tgx
* * cos x
tgx 1
⎪
⇔ ⎨
⎪ ≠ ±
⎩
( 2)
t tgx với t 1 6t 1 t 2 10t
⎧⎪
⎪⎩
±
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
t 1
Bài 135 : Giải phương trình sin x 4 sin x cos x 0 *− 3 + = ( )
• Vì cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho cos3x thì
( )* ⇔ tgx 1 tg x( + 2 )−4tg x 1 tg x3 + + 2 =0
Trang 5( ) ( )
=
⎧
⇔ ⎨
− + + + =
⎩
=
⎧⎪
⎪⎩
π
⇔ = + π ∈
2
t tgx 3t t t 1 0
t tgx
t 1 3t 2t 1 0 tgx 1
x k , k 4
=
Bài 136 : Giải phương trình tgx sin x 2sin x 3 cos 2x sin x cos x *2 − 2 = ( + )( )
Chia hai vế của phương trình (*) cho cos2x
2
3 cos x sin x sin x cos x
* tg x 2tg x
cos x
⇔ tg x 2tg x 3 1 tg x tgx3 − 2 = − 2 +
=
⎧
⇔ ⎨
+ − − =
⎩
=
⎧⎪
⎪⎩
⇔ = − ∨ = ±
⇔ = − + π ∨ = ± + π ∈
2
tg x tg x 3tgx 3 0
t tgx
t t 3t 3 0
t tgx
t 1 t 3 0
tgx 1 tgx 3
Bài 137 : Cho phương trình
(4 6m sin x 3 2m 1 sin x 2 m 2 sin x cos x− ) 3 + ( − ) + ( − ) 2 −(4m 3 cos x 0 *− ) = ( )
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 = ± nên 1 (*) thành : ±(4 6m− )±3 2m 1( − ) =0
⇔ =1 0 vô nghiệm
chia hai về (*) cho cos x 03 ≠ thì
( )* ⇔ (4 6m tg x 3 2m 1 tgx 1 tg x − ) 3 + ( − ) ( + 2 )+ 2 m 2 tg x( − ) 2 −(4m 3 1 tg x − ) ( + 2 )= 0
)
t tgx
t 2m 1 t 3 2m 1 t 4m 3 0 * *
=
⎧⎪
⇔ ⎨
⎪⎩
Trang 6
t tgx
=
⎧⎪
⎪⎩
a/ Khi m = 2 thì (*) thành
t tgx
=
⎧⎪
⎪⎩
π
⇔ tgx 1= ⇔ x = + πk , k∈
4
b/ Ta có : x 0,
4
π
⎡
∈ ⎢⎣ ⎦⎤⎥thì tgx t= ∈[ ]0,1
Xét phương trình : t2 −2mt 4m 3 0 2+ − = ( )
2
t 3 2m t 2
2
t 2
−
− (do t = 2 không là nghiệm)
Đặt y f t( ) t2 3( )C
t 2
−
− và (d) y = 2m
Ta có : ( )
2
2
t 4t
y ' f t
t 2
− +
− 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 tại1điểm duy nhất t 1
3
2
3
4
⇔ < ∨ ≥1
Cách khác :
Y C B T ⇔f(t) =t2 −2mt 4m 3 0 2+ − = ( )vô nghiệm trên [0 1 , )
Ta có (2) có nghiệm [ ], ( ) ( ) ( )( )
af
S
Δ ≥
⎧
⎪⎪
⎪
⎪ ≤ ≤
⎪⎩
0
2
Trang 7
( ) ( )
m
m m
⎪ − >
⎪
− >
⎪
⎪ ≤ ≤
⎩
2
m
⇔ ≤ ≤3 1 4
Do đó (2) vô nghiệm trên [0 1 , )⇔ <m 3 hay m> 1hay f( 1 ) 0
m 3 m
⇔ < ∨ ≥
BÀI TẬP
1 Giải các phương trình sau :
a/ cos x sin x 3sin x cos x 03 + − 2 =
b/ sin x tgx 12 ( + )= 3sin x cos x sin x( − )+3
= c/ 2cos x cos2x sin x 02 + +
3
1 cos x
tg x
1 sin x
−
=
− e/ sin x 5sin x cos x 3sin x cos x 3cos x 03 − 2 − 2 + 3 =
f/ cos x sin x 3sin x cos x 03 + − 2 =
g/ 1 tgx 2 2 sin x+ =
h/ sin x cos x sin x cos x3 + 3 = −
k/ 3tg x 4tgx 4 cot gx 3cot g x 2 02 + + + 2 + =
cos
tg x tgx
x
π
+
2
3 1
n/ sin x cos x 1
sin 2x
+
=
2 Cho phương trình : sin x 2 m 1 sin x cos x2 + ( − ) −(m 1 cos x m+ ) 2 =
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