GIẢI TOÁN LƯỢNG GIÁC 11 NÂNG CAO (LÊ HỮU TRÍ - LÊ HÔNG ĐỨC)

SÁCH DO LÊ HỮU TRÍ - LÊ HÔNG ĐỨC BIÊN SOẠN CỦA NXB ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘIGỒM HAI CHƯƠNG :CHƯƠNG 1 : CÁC DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁCCHƯƠNG 2:CÁC DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Trang 1

* LÊ HỮU TRÍ -LÊHỒNG ĐỨC

|: "GIẢI TOÁN LƯỢNG GIÁC -

'NÂNG CAO

Trang 3

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 toán 1: Giải và biện luận phương trình:

sinx =m

PHUONG PHAP CHUNG

Ta biện luận theo các bước sau:

Bước !: Nếu Iml> 1 phương trình vô nghiệm

Bước 2: 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 x=a4+2kn

sinx = sina => ,keZ X=N-Q+2kn

Trang 4

b Tacé: sin(2x — nở + sin(3x + 3) =0 © sin(2x - S)= ~sin(3x + 3) sin(2x - =) = sin( — 3x es 3) 2x Tax 54 2kn pe o| * - @{ OF Skez 2x -—=m-(-3x ——) + 2k KÝ =R~( 9x 3)* m se ee ƒ 2 2km

Vậy phương trình có hai họ nghiệm

XVídu2: Giải phương trình sin(xsin2x) = 1

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 2x<=+2In x= +ln OP sink=ie} § 2 5m | 5m ez, : ae ge 2x=—+2ln xe ate > Vậy phương trình có hai họ nghiệm

Bài toán 2: Giải và biện luận phương trình:

cosx =m

PHUONG PHAPCHUNG Tả biện luận theo các bước sau:

Bước ï: Nêu Iml > 1 phương trình vô nghiệm Bước 2: 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,

Trang 5

Đặc biệt VU ốc Số ý SO MEST cosx =0 © x= 5 +kn, keZ ` đ CoSXx=l ââx=2kn,keZ " cosx= -lô@âx=+2kn,keZ +

Vớ du 3: Giải các phương trình sau:

„ —a Sin3x=cos2x : b cos(2x— 3 + sin(x+ *) =, Giải ge Tato: « * sin3x = cos2x © sin3x = sin( ch 2x) f 2 + ‘|3x = 2 -2x42kn n-ne o 2 © I , keZ 3x =—(C~2x)+2kt x=E+2km 2 2 Vậy phương trình có hai họ nghiệm b Ta có: t 5 Bet Rhee ® cos(2x— 7)-+ sin(x + 7) = 0 <> cos(2x a2 sin(x + 7) nm T Ty -—)= the <= cos(2x 7 cos(x 2> 2) 2x-—=x+—+2kr 4 x=x+2kn eo © n 2kn,keZ 2B aan [Ft Et a | 4 4

Trang 6

* Phuong trinh (1) cé nghiém khi va chi khi: 1 keZ [d +akis tea sks © k=0: Khi đó (1) có dạng: ; x-cart 2in km TT „21 ' cos(x- 2) = © © 12 ,!}eZ (3) 4 2 4L ZT XS ng #9 x= +2ln * Phuong trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi: 1 3 kez I> 4k IS 1-2 sks 2 © k=0 Khi đó (2) có dạng: PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Ta biện luận théo các bước Sau: š

Đặt điều kiện: atl ie X * cosx #0 x # : + km, keZ 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 không 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

Trang 7

‘Midu §: Giải phương trình:

tel 5 (cosx +sinx)] = 1

Giải

Điều kiện:

cos[ 4 (cosx + sinx)] # 0 , (*) Phương trình tương đương với:

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 +2 x=2lx 7", 4) ` | x _ ,leZthoảmãn Œ) P| nS fn nay + 2ig AL A „ “ Vậy phương trình có hai họ nghiệm Đài toán 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 không 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

Trang 8

Ví duó6: Giải các phương trình sau:

a cotg(= ~x)= ale b cosx = V3 sinx: 4 vã Giải a Điều kiện: sin(= ~x)z0© 2 ~x “kf © xe ~kn, keZ (*) Ta có: ‘ Tt : 7 nt tT

cotg(— — x) =colg BGG HRS cogs <=> — —xX= Oe — +km 3

ex=- = — k keZ thoả mãn điều kiện (*)

Vậy phương trình có một họ nghiệm

b 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

: PHƯƠNG PHÁP CHƯNG

Giả sử với phương trình:

sinx =m

“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: Thực hiện theo các bước sau:

Bước !: Vẽ đô thị hàm số y =sinx, lấy trên (œ, B)

Bước 2: Tịnh tiến đường thẳng y = m song song với trục Ox, khi đó số

Trang 9

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 một M trọng hai cách biểu diễn y= sinx =H Kết luận: đặt D = CC: =) ta CÓ:

"® - Với Iml> Ï, ‘nice on vơ nghiệm

»® Với m=~—], phương trình có I nghiệm thuộc D

Với —1 <m<> hoặc m= 1, phương trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc D

1 ⁄3

"Với 3 <m< ` phương trình có 3 ghiệm phân biệt thuộc D

k3 5 :

= V6i a <m < ], phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc D

Vídu8; Biện luận theo m số nghiệm thuộc c= „t) của phương trình (m + ])sinx = (m — Ï)cosx (i)

Gidi

Bién déi phương trình về dang:

sinx + cosx = m(cosx — sinx) > v2 sin(x + 2} m2 cos(x + =

& tg(x + 4)=m

Ta có kết luận:

* V6im 2 1 hoặc m <0, phương

Trang 10

II CÁC BÀI TOÁN THỊ

Bail: (ĐHSPII — 2000): Tìm các nghiệm nguyên 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 J3x -16k 20 [ae 18K, keZ 3 (9x? + 160x + 800 = (3x — 16k)? eS eo: lœ +5)x =8k? -25_ = I5 23.5 16k- keZ k eas keZ () =l3+5s 3 = 3 > | ca |»‹=2-4o- (2) L 3k+5 3k+5 Muốn x nguyên thì trước hết từ (2) ta phải có: [3k+5=-1 25 „ a kez [k =-2 eZ © 3k + 5 là ước của 25 © [3k +5=-5 & |" 3k+5 k =-10 3k +5=-25 ® V6ik= -—2,taduoc x= —7, «= V6ik= -10,taduoc x= -31

Trang 11

" Giải (3), ta có: (3) <> x(16x + 2x) = kt © l6x? + 2x — k=0 (4) Phương trình (4) có nghiệm khi: keZ A'š0 ©.1 + I6k>0œk>—TC ‘© k20 —1+V1+16k khi đó (4) có nghệm x;, ; = T = Dé nghiém x, = —— e0) thoả mãn (2) điều kiện là: jen tN ÓC eo <i Ằ© 17<41+16k <1 + 1642 keZ > 18<k<16V2 +242 =k=ll9, 20, 21, 22, 23, 24, 25} = Dé nghiém x, = AAI thoả mãn (2) điều kiện là: —ï—1+16k 16 <—1«@€15<⁄I+16k <16$2 - 1 -#2< “ : ~ keZ s7 '©14<k<l6/2 -2Ÿ2 © k=(15,16, 17, 18, 19, 20} Bài 3: Giải và biện luận phương trình: a? 2 sin? x +2” ¬2 1—tg?x cos 2x BÀI GIẢI 7 Diéu kién: Ícosx # 0 T | 5 foosx #0 {cosx #0 fredeen 1—tg?x #0 © 3 it ; ,keZ

cos2x #0 U-te’x #0 ee xaat eke Biến đổi phương trình về dang:

a? a sin? x+a-2 em a2 = tg?x + (a? —2)(1 + tg?x)

1~tg2x cos” x ~sin? x 1-tg?x I~tg2x

= (2? - I)tg?x =2 (1)

= Véia-1=0@a=+41, khi đó (1) vô nghiệm

Trang 12

Với a -140@a+l, khí đó (1) có dạng: 2) flal>1 Sse #1 la? -1 Khi đó: % (2) = tgx = ttga <> x = ta + km, keZ Két luan:

= Với lal<I hoặca=#++/3, phương trình vô nghiệm ‘ "© 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 b cos(mcos3x) = 1

Bai tap 2: Giải các phương trình sau:

a cos(msinx) = 1 ° cos[ 2 cos(x _ zy

a 7U

b sin— =cos(7x)

x

Bài tập 3: Giải các phương trình sau:

a tg[ 2 (e0sx —sinx)] = l b cotg[ ^ (cosx +sinx)] = 1 ‘

Trang 13

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

Q) |

Ta,biện luận theo các bước sau:

e Bước ï: Dat sinx = t, diéu kién It! s 1, khi đó phương trình có dạng:

f) =a.Ẻ +b.t+c=0 ì (2) *_ Bước 2: Xét tùỳ theo yêu cầu của bài toán: :

1 Nếu bài toán yêu cầu giải phương trình thì ta giải phương

trình (2) theo t và chọn nghiệm t„ thoả mãn điều kiện ltl < 1 2 Nếu bài toán yêu cầu giải và biện luân phương trình theo

tham số thì ta giải và biện luận phương trình (2) theo t, điều kiện ltl < 1, cụ thể:

“Ta tinh cdc biểu thức A, af(1),af(~ 1), Š — 1, Š +l

Trang 14

4 Néu bài toán yêu 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 tròn 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 Thông 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

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 Tim m nguyên dương để phương trình có nghiệm

Giải

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 < 1

Khi đó, phương trình có đạng:

4 ~4t— 3~— 3m =0 4U -4t~3=3m —, ` @

Trang 15

i a Vớim= ¬š ; phương trỡnh cú dng: 4t+l=0ôât=-~ 1 ôâcos2x= ik 2 23

eins + Pin ex = 25 + 2kn, keZ

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+ÓH a dae =1] (2) có 2 nghiệm thuộc [~I.!] f(~1.f)<0 [(6~3m)(-3-3m)<0 [A>0 © [16+12m>0 af(-1)20 5-3m>0 1af(1)>0 -3—3m>0 Bl gy 214 S1 số a Z£ = ve 2 `|—=l<m<5/3 : i" : .|m=-l m>-4/3 ay at ems? a (3 mez” 7 P m<5/3 3 7 |" m=l m<-l

Vậy với m = +l hoặc m = 0 phương trình có ý nghiệm

Trang 16

Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là: 2 „ Jm=-l 40 Sh § mez -453m<5 as sms 3 © |m=0 m=l Vậy với m = +] hoặc m =0 phương trình có nghiệm Ví du 3: ' Cho phương trình: : ie sin?3x + (m7 — 3)sin3x + m? — 4 =0 : (@)

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 [t=4-m | saa 412 SN ,keZ : sn3x=4-m ¿© Ì | 3x =4~m? (2) , LÊ

a Với m = 1, phương trình (2) có dạng: & je sin3x = 3 vô nghiệm é : 3 4 4 „ 2km Š Vậy với m = ] phương trình có nghiệm x aoe + LG keZ b Trước hết nghiệm - + 2km ,21 4n Tn ===+“—<l—.—llx,=— XIN St ca tg cơn TH 4 : 2x4 4T een

Vậy để phương trình (1) có đúng 4 nghiệm thuộc I> 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 '

i i 2n ` 4m

khi đó ta được các nghiệm 3xe[2rt, 3, 4] © xel TL cản

“Vay vai m'= +2 phương trình (1) có 4 nghiệm thuộc (2, +)

Trang 17

Bài toán 2: Giải và:biện luận phương trình : ` a.tg’x + b.tgx +c=0 PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta biện luận theo các bước sau: a)

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 Chi x: j q ` > 4 “1 + Phương pháp 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

Trang 18

50) đổi i phuong trinh vé dang: — 1)(1 + tg?x) — 2mtgx — m?+ 2 =0 <> (m?— 1)tg’x ~ dens 1=0 Dat = =t, khi đó phương trình có dạng: Đtr=l - 7 HN (m+T)t=l (2) N a Với m=2, ta được: : * TU % t=1 I© tgx =1=tg— ' a = |* 47 ™ keZ =—+k Tt :

tr tex.= 5 = tga x=a+kn

Vậy với m = 2, phương trình có hai họ nghiệm

*b Để phương trình có đúng ba nghiệm thuộc ( ~ 7, > é Jin € (2) 06 hai nghigm tri đấu © | I t % img! <0e>ini<1 < ` Im—I m+l Vậy với lml < 1 thoả mãn điều kien’ dau bai 1 CÁC BÀI TOÁN THỊ

| Bai 1: (DHCSND -— 99): Tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện cosx > 0 của

| phương trình: 1 - Ssinx + 2cos’x

Biến đổi phương trình về đạng:

1 —5sinx + 2(1 — sin’x) = 0 <> 2sin2x + 5sinx — 3 =0

sin

[sinx =3 (loại) x= = +2kz 36

el t o> Ệ I

Sia x=*”+2kn

Bằng cach biểu điễn các họ nghiệm trên lên đường mon don vinta thay nghiém x = § + 2k:n, keZ thoả mãn điều kiện cosx>0 ‘

Trang 19

Bai 2: (DH Da Nang — 96): Cho phuong trinh: cos*x — (2m + 1)cosx +m+1=0.' #2 R)” a Giải phương trình với m = 2 4 : Se ) 3m b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [> + 7 7 BÀI GIẢI Dat t = cosx, điều kiện ltl < 1 ằ Khi đó phương trình có dạng: + t!— (2m + I)t+m+ [=0 1 TL t== =— =t—+k x 3e |0 si a7 ey

(=m cosx =m €osx=m (*) seit tens 3%

a Vớim= 3, phương tíình (*) vô nghiệm ` ‘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<m<0 Bài 3: (CĐCN IV TPHCM - 2000): Cho phương trình: © gueos’x + 2(1 — m)cosx + 2m —] =0, ()

a Giải phương trình với m = =

Trang 20

Cách 1: Phương trình (1) có 4 nghiệm thuộc [0, 2z] © phương trình (2) có 2 nghiệm thoả mãn —] < t, < t,< I q mye m? —4m+2>0 ©laf)j>0 © THỊ 22 9 220 et eme2z- 42 2^ ` lr<! |-1<m-1<1 Vậy với > <m <2- 2 phương trình (1) có 4 nghiệm thuộc [O, 2n] ` - „Cách 2: Biên đổi (2) về dạng: „ t=l khônglà nghiệm- t2 +4 422 1= h6 vn SH 22m, t-1

Phuong tình (1) có 4 nghiệm thuộc {0, 2m] © đường thẳng y = = 2m cắt đồ tị hàm 56 y= 22-1 trén (-1, L) tại 2 điểm phân biệt ; 2 Xết hàm số ÿ = — trên (~1, 1) Đạo hàm : tỶ—2t—l : ? = yO R= 2t=1= 0ât=l+V2 ' Ơ (t-1)° * ‘ A ge eee ee $ ; Dựa vào b; Ti Biên, Họp Mật kiện là: 1<2m<4-242 5 <m<2- 42 _Vậy voit 1 <m<2- x2 phương trình (1) 06 4 nghigm thuộc {0, 2] ) nản — 2001): Giải phương trình: 3cotg?x + 24/2 sin’x = (2 + 3/2 )cosk BÀIGIẢI

(3cotg?x — 32/2 cosx) + (2 V2 sin’x — 2cosx) = 0 2 3( OS® ~ JZ)cosx sin°x - + 2( J2 sin?x ~ cosx) =

+ @3(cosx — J2 sin?x)cosx + + 2(./2 sin’x — costbinÖx = 0

Trang 21

< (cosx ~ x2 sin2x)(3cosx — 2sin?x) = 0

te ý 2 T j

ƒ, 2 cos” x +cosx~ v2 =0 2 I> cosx = — x =t—+2kn

- >) x SX + Z 2 4 keZ

` |2 cos“ x+3cosx =2= 0 ‘ cosx = 7 x=#<+2km

Vậy phương trình có bốn họ nghiệm

i5: (Đề 95): Giải và biện luận phương trình:

, (m — 1)sin?x — 2(m + 1)cosx + 2m -

ay BÀI GIẢI

Biến đổi phương trình về dạng: :

*% (mp Had - cos*x) ~ 2(m.+ 1)cosx + 2m ~ l =0 ` ©(m-~ I)cos”x + 2(m + I)cosx - 3m + 2 = 0 Đặt t = cosx, điều kiện ltl < 1 Khi đó phương trình.có dạng: (m~ 1)Ẻ + 2(m + 1)t— 3m +2 =0 x JẤ) Ta đi xác định các giá trị: A'=(m+ I)+ (3m - 2)(m — 1)=4m?— 3m + 3, * af(— 1)= (m~ ])(T— 4m - 1), af(1}= 3(m - 1), : S m+l ` 2m s§ _ m+l ¿ 2 = + eee 8e- 2 m-t "m-1”2 m-1 m-1 Ta có bảng tổng kết sau: So sánh các nghiệm với +Í tạ<—l1<l<t —1<t,<l<t; — t=1/4 : t<«-l<t<l Vậy:

" Vớim< -i „ phương trình vô nghiệm

Trang 22

" Với ~ + <m< I, phương trình có nghiệm ` —m—1—+44m? -3m +3 t#—————————- =cosx= t, =cosơ m-1 <> x =+t0 + 2kn, kEZ

= V6i m= 1, phuong trình có nghiệm

tat ecosx= 5 =cosB => x = +B + 2kn, keZ

= V6i m> 1, phuong trình có nghiệm

—m~—1+ 4m” - 3m +3 :

tp = mi z2 0k = fg iy

Ox= +y+ 2kn, keZ

BAI TAP DE NGHI

Bai tap i: Cho phuong trinh:

5 — 4sin?x — Bos" = 3m

a Giải phương trình với m = :

b Tìm m nguyên dương để phương trình có nghiệm

Bài tập 2: Cho phương trình:

cos2x + 5sinx + m = Ö,

a (ĐHNN Hà Nội ~ 97): Giải phương trình với m= 2

b Tìm m nguyên dương để phương trình có nghiệm

/ 4cos*x — 2(m — 1)cosx -m = 0

a - Giải phương trình với m = 43

b Tim-m nguyén duong để phương trình có nghiệm Bài tập 4: Xác định m để phương trình: na meos2x —, „4m = 2)cosx + 3(m~— 2) = có đúng 2 nghiệm thuộc cặ 5) Bài tập 5: Giải và biện Bạn theo m phương trình: ` @m — 1)sin%x — 2(m + i)cosx + 2m ~ 1 = 0`

Bài tập 6: Giải và biện luận theo a, b phương trình:

cosax + cos2bx — cos[(a+2b)x] = 1

Bài tập 7: Biện luận số nghiệm của phương trình:

cosx + (1 — m)cosx + m - Ì =.0với0<x<1t

tuỳ theo các giá trị của m a

Trang 23

CHUDE3

PHUONG TRINH BAC CAO

ĐỐI VỚI MỘT HẦM SỐ LƯỢNG GIÁC I PHƯƠNG PHÁP Bài toán 1: Giải phương trình bậc cao đối với một hàm số:lượng giác PHƯƠNG PHÁP CHUNG 1 Đối với phương trình bậc3: ` tả at + bt? +ct+d=0

ta lựa chọn một trong ba hướng:

Hướng 1: Nếu xác định được nghiệm tọ thì:

l G6 )e#+ Bọ O=0©]

„ Khi đó việc giải (1) được dẫn về việc giải (2) Hướng 2: Sử dụng phương pháp hằng số biến thiên

Hướng 3: Sử dụng phương pháp hàm số đồ thị

2 Đối với phương trình bậc 4: :

si af#+bl+cC+dt+e=0., @)

„l#fffa chọn một trong bốn hưởng: , ?

Hưởng 1: Nếu xác định được nghiệm tạ thì: (3) © (t— tạ)(aP + BÉ + Ct+ D) =0 Ầ | =o : at” +Bt? +Ct+D =0 (4) Khi đó việc giải (3) được dẫn về việc giải (4) Hướng 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ Hướng 3: Sử dụng phương pháp hằng số biến thiên Hướng 4: Sử dụng phương pháp hàm số đồ thị

Ví dul: (ĐH Thái Nguyên - 97): Giải phương trình: 4cos?x ~ cos3x = 6cosx + 2(1 + cos2x)

Giải

4cos*x ~ (4cos*x — 3cosx) = 6cosx + 4cos?x

Á& 4cos”x + 3cosx =0 © (4cos?x + 3)cosx = 0

©cosx =0 œx= 2 + km, keZ

Trang 24

er A

Xídu2: Cho phuong trinh:

C0S3x — cos2x + mcosx ~ 1 = 0 net ()

- Giải phương trình với m = I `

b (ĐH Y&D TPHCM - 99): Tìm m để phương tình có đúng 7 nghiệm thuộc khoảng i „ 21)

Giải

Biến đổi phương trình vé dang:

Ácos% — 3cosx — (2oos2x — 1) + moosx— 1 =0>4oos% —-2o0ex + (m'—3)oosx = 0

Dat t = cosx, diéu kién It! < 1, phuong trinh’cé dang: : 4U ~ 2Ẻ + (m - 3)t =0 © (4t? — 2t+m-~ 3)t=07 ¬ t=0 Ầ 4t? ~2t+m~ 3=0 a =» Véit=0 ? ©cosk=0© x= 5 +kn (*) a Với m= l, ta được: @©4-2-2=0©|: ¡ © 1© te“ |€0sx=—~ LAN

Vậy, với m = 1, phương trình có 4 họ nghiệm A eats

b Trước hết ta tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện đâu bài từ i (*), wage: ® Ẻ Bs vẽ 2 ẩn xe x=

Vậy để phương trình (1) có đúng 7 nghiệm thuộc (~ =, 2n)

£ phương trình (2) có nghiệm thoả mãn ~ l <t¡ <0 <1;< Ì

J£cnze Ím+3>0

<> 4af(0)<0 © jm-3<0 ©1<m<3

|ara)>0 ‘la -1>0

Vay voi 1 <m.<3 thoa man điều kiện dau bai

SE TE EN Ee ae diéu kiện trên có được bởi:

'Với t,€(0, 1), thi _bang cách dựng đường thẳng qua t, vuông góc với trục

cosin ta được ba nghiệm œ¡, Ø và œ; thuộc cung AB

2 Với t,e(— 1, 0), thi bang cách dựng đường thẳng qua t, vuông góc với trục

cosin ta được hai nghiệm đ¿ và œ; thuộc cung AB

Trang 25

_Viduâ: - Cho phương trình:

: cotg’x ~ 3cotg’x+m=0 ()

a V6im =—1, phương trình có mấy nghiệm thuộc (0, = )?

b Timm để phương trình có ba nghiệm phân biệt se (0, T) Giải : Điều kiện: sinx #0 <> x #kn, keZ Dat cotgx =t, khi đó phương trình €ó dạng: £-3P+m=0 Nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của đỏ tHị hàm số y= Ủ— 3Ẻ với đường thẳng y = —m « Xétham soy = x°— 3x? trenR *Dao ham: t ý =BÈ 6y =0© SẺ ~6t=0 | Bảng biến thiên

a - Với m = — 1, đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số tại một điểm có hoành độ tị >2, suy ra phương trình (1) nghiệm duy nhất thuộc (0, 5)

b Dé phuong trinh có ba nghiệm phân biệt thuộc (0, x) điều kiện là: -4<-m<0€©œ0<m<4 |

| Ví du 4: Cho phương trình:

: tếx+(2m~ Itgx+ (Ẻ—2m}tgx—(m°~m+ I}gx—m+1=0 (1)

a Giải phương trình với m= - 1

b Xác định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc ( — z2 )

Gidi

_ Diéu kiện:

cosx #0 eox# 2 +km,keZ:

Trang 26

: Để tiếp tục phân tích (2), ta viết lại (2) dưới dạng: Ỹ tm? + (2t + l)m +tÈ— 1 =0 ve Coi m là ẩn, còn t là tham số, ta được phương trình bac 2 theorrh và gii ra ta được: m=l~t t?+t+l t Do đó (2) được chuyển về dạng: (+m~ L)[P + (m + l)t + 1]=0 m=— Khi đó: |t-1=0 ()© |t+m-l1=0 ' db g(t) =t? +(m+Dt+1=0 (3) 'a Vớim= —]: t+1=0 & n apes |r-2=0 ae abe t=2 tgx = 2= tgœ 7| 1E kez tt+I=0 x=atkn

b Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt xecT 5)

= (3) c6 2 nghiém phân biệt khác I và l — m và l ~mzl A,>0 mỶ +2m~3 >0 3

ane 7 |m+3#0 * me

g(I—m)#0 3-2m #0 late 3

ll—=mz]l eo ; `

:Vậy với me( ~ œ, ~ 3)L/(1, +sNŠ } phương trình có 4 nghiệm phân biệt : ‘ a

I.CÁC BÀI TOÁN THỊ = TES

Bài 1: @HNN ~ 2000): Giải phương trình: Ÿ; 2cos2x — 8cosx + 7= ——— COSX BÀI GIẢI Điều kiện: cosx # 0 © x # - +kn,keZ Biến đổi phương trình về dạng:

[2(2cos?x — 1) — 8cosx + 7]cosx = 1 <> 4cos*x — — 8cos"x ; + 3 osk -1=0

Trang 27

Đặt t= cosx, diéu kién Itls1 Khi đó phương trình có dạng: ~ ý 4t) ~ 8Ẻ + 5T =0 (tằ 1) ¬át+ =0 @ (t— D(2t—:L?= t=1 cosx =1" |X = 2kn : © ILS©l I© T ,k€Z t=— |cosx=— x =t—+2kn 2 2 3

Vay phuong.trinh cé ba ho-nghiém

Bài 2: (ĐHQG TPHCM Khối D - 99): Cho phương trình: „ (cosx + 1)(cos2x — mcosx) = m.sin?x

a Giai phuong trinh véi m = -2

b Tim m dé phuong trình có đúng 2 nghiệm thuộc [0, a }

BAI GIAI

Biến đổi phương trinh vé dang:

(cosx + 1)(cos2x —mcosx) = m(I — cos?x) :

cosx=—l ˆ x=z+2km

S| © „keZ

<cos2x =m cos2x =m (*)

a ae ~2, phương trình (*) vô nghiệm :

ven = =~2, phương trình có một hẹ ne x =n + 2kn, keZ

b Dé phuong trình có đúng 2 nghiệm thuộc {O, =I

2

Vậy với -1<m<~ > thoả mãn điều kiện đầu bài

Chú ý: Để các em học sinh tiện theo đối ta có thể lý

giải điều kiện trên có được bởi:

" Nếu “5 < m< I, thì bằng cách dựng đường thẳng vuông góc với: trục cosin ta được hai nghiệm ơ, và œ¿ nhưng khi đó dễ thấy œ; không thuộc

cung AB, tức là chỉ 1 nghiệm được chấp nhận

* Nếu -l<m<- > thì bằng cách dựng đường thẳng vuông aie với trục cosin ta được hai nghiệm x¡„ xạ và cả hai nghiệm này đều thuộc cung

AB, tức là có 2 nghiệm được chấp nhận

Trang 28

Bài 3: (ĐHSP TPHCM Khối A — 2000): Cho phương trình:

sin3x — mcos2x — (m + 1)sinx + m =0

Tìm m để phương trình có đúng 8 nghiệm thuộc (0, 3: )

BÀI GIẢI

Biến đổi phương trình về dang: :

3sinx — 4sin?x - m(1 - 2sin’x) — (m+ 1)sinx +m =0 © (4sin?x — 2msinx + m - 2)sinx = 0 sinx =0 © x h 4sin” x — 2m sin x + m—2 =0 (1) "_ Với sinx=0 xe(~0,3x) i =1 ©x=kn © ; Xạ =2m : - = „Với phuong trinh (1), dat t = sinx, diéu kién Il < 1, ta duge: 4t — 2mt + m-2-=0, (2)

Vậy để phương trình có đúng 8 nghiệm thuộc (0,3m)

|af4) >0 m-2<0 -m+2>0 @ ~' <m<2

Vậy với — = <m< 2 thoả mãn điều kiện đâu bài

: ~ Để các crn học sinh tiện theo dõi ta có thể lý giải điều kiện trên có được bởi:

._ Với t;e(0, 1), thì bằng cách dựng đường thẳng qua t; vuông góc với trục sin ta được bôn nghiệm œ;, œ;, œ; va œ„ thuộc cung AB

2: Với t,e(—1, 0), thi bằng cách dựng đường thẳng qua t, vuông góc với trục

sin ta được hai nghiệm œ; và œ¿ thuộc cung AB

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài tập 1: Giải phương trình:

4(sin3x — cos2x) = 5(sinx — 1)

sin3x + sinx = 2cos”x =m

a Giải phương trinh véi m = 0 ’

b Tim m dé phuong trình có 6 nghiệm phân biệt thuộc [0, z]

Bài tập 3: Xác định m để phương trình:

cos*x + (m-2)sinx + 4 = 0 vô nghiệm

Trang 29

^ CHỦ ĐỀ4 : PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT DOI VO! simx VA cosx I PHUONG PHAP Bai toán 1: Giải và biện luận phương trình: asinx + beosx = c PHƯƠNG PHÁP CHUNG :_ Ta có thế lựa chọn một trong các cách sau: Cách I: Bước 1' Bước 3: Cách 2: Bước I Bước 2 Bước 3 Cách 3: “Thực hiện theo các bước: Kiểm tra:

1 Néu a? + b? <c? phuong trinh vỡ nghiệm

2 .Nếu a? + bˆ>c, khi đó để tìm nghiệm của phương trình (1) ta

thực hiện tiếp bước 2

Chia hai vế phương trình (1) se dã? +bˆ , ta được: a aa Vì( + *= 1 nên tồn tại góc B sao cho Va? re Va? xb? a2 : b =—=“te8 va? +b2 Va? +b? Khi đó phương trình (1) có dạng: =sinB sinx.cos + sinB.cosx = &©sin(x +B) = = a+b a+b Đây là phương trình cơ bản cia sin Thực theo các bước: oT

- Với cos =0 <x =72+ 2kn, kiém tra vào phương trình:

Với cos #0 <> x40 + 2kn, dat t= te » Suy ra: 1-1? Và cosx = ri l‡t Sinx = le?

Khi đó phương trình (1) 2 dang:

2t, 2 +b I-Ẻ z =£@(e+b)Ể— 2at+c—b=0 (2) +t +

Giải phương trinh (2) theo t

Với những yêu cầu biện luận số nghiệm của phương trình trong (œ, B), ta có thể lựa chọn phương pháp hàm số đồ thị

Trang 30

Cách 4: Với những yêu cầu biện luận tính chất nghiệm của phương trình trong (a, Ö) ta có thể lựa chọn phương pháp điều kiện cần và đủ Nhận xét quart trọng:

1 Cách I thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu giải phương trình va |

tim điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, vô nghiệm hoặc giải

và biện luận phương trình theo tham số

2 Cách 2 thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu giải phương trình và

tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm thuộc tập D với

Dc{0 2=] l

3 Cách 3 thường được sử dụng với các bài toán yêu cầu biện luận theo tham

số để phương trình k có nghiệm:thuộc tập D với D/a[0, 2x] @Ø

4 Từ cách giải I ta có được kết quả sau: :

— Va? +b? <asinx + beosx < Va? +b?

kết quả đó gợi ý cho bài toán về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm

số đạng y = a.sinx + b.cosx, y= A.sin x+Peo£X và phương pháp đánh €.sin x + d.cosx giá cho một số phương trình lượng giác Dang đặc biệt: *“_ sinx +cosx=€>x= ~ 2 + kn, keZ: rt

Vídul; Giải phương trình:

¥3 sin3x +cos3x = V2

Giải

3X+7=^+2km xa By 2

3x+—=z-—+2kr x=—+—

6 4 „, đổ: 3

Vậy phương trình có hai họ nghiệm số

Trang 31

4 : :

Dit : = cosa thi = = sina, khi d6 ta được:

-d=~^+2kn x=ư—~+2km

x-d=n+^+2km genet Dee

6 x 6

Xídu3: - Giải phương trình:

sin2x — 3cos2x = 3

Giải -

Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Biến đổi phương trình về dang: —L ¿in ~ 3 cos2x = oo * v10 410 v10 Đặt -L =cosơ thì a = sina, khi đó ta được: vio vio sin2x.cosa — cos2x.sina = sina > sin(2x — a) = sina 2x -a=a+2kn aaa ke ©© = 1 ,keZ 2x-a=n-a+2kn xaptke

Vậy phường trình có hai họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng:

wh"

= ,keZ

lạc Lcosx =0 i xatekn

Vidu 4: Giải phương trình:

2sinx — 3cøsx = — 2 Giải

“Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Biến đối phương trình về dạng: -

2 —==3inx— ——cosx = - ~—

M3 v13 ⁄I3

Trang 32

2 3

Dat —— = cosa thi —— = sina, khi dé ta được: Tis Got

sinx.cosa — cosx.sina = — cosa = sin(x — a) = sin(a 7)

A x-a=a-F+2kn |x=2g-Z+2km

= â 3 2 ,keZ

x~Sđ~d+2 +2kg x= T +2kr \

Vay phương trình có hai họ nghiệm

Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng:

+ [2(cos> + sin) ~ 3(cos> = sin )(cos > +sin>)=0 ề

5sinŠ — cosŠ =0 x Pat age x atk > 2 2 .NyY 2 5 «|2 ` Bie x x _3n cos— + sin— = 0 tg~=-l => rn 2 2 2 2 “4 x=2œ+ 2km ©\1 xB Ike keZ

Chú ý: Các em học sinh cần có thói quên kiểm tra điều kiện a? + bˆ>c? ra nhấp trước khi đi giải phương trình bởi có nhiều bài thi đã cố tình tạo ra những

phương trình không thoả mãn điều kiện trên với mục đích kiểm tra kiến thức cơ

bản của các em Cụ thể như đề thi ĐHGTVT - 2000 Vídu 5: (ĐHGTVT - 2000): Giải phương trình:

24J2 (sinx + cosx)cosx = 3 + cos2x

Gidi

Trang 33

Chú ý: Việc lựa chọn các phép biến đổi lượng giác phù hợp trong nhiều trường hợp ta

| - sé tim được phép biểu⁄diễn chẵn cho các họ nghiệm Chúng ta xem xét ví dụ sau:

Víidu6: Giải phương trình: : (1+ 43)sinx + (1 — V3 )cosx =2 Giải Cách ï: Biến đổi phương trình về tặng: 1+3 : sinx + 1-3 COSX = —= 1 2⁄2 24/2 42 pa P33 = cosa thi ——— 1-13 2/2 “22 SiNx.cOs@ + COSX.siNa = s$ © sin(x + a) = sin 2 = sina, khi đó ta được: ar es j le sac® ie x= -a42kn = 4 3 ©]: 7 ,keZ x+œ=f-—+2km x=—~œ+2km 4 4

` Cách 2: Biến đổi phương trình về dang:

(Sinx + cosx) + 3 (sinx — cosx)=2> Ý2 sin(x + =) — V6 cos(x + £)=2 os sing +2) - Beco) ~L 2 4 2 + 1 : TU + + rap ws TH, —=—— +—_-—)= ~ = sin(x + —).cos €øs(X + — `), 5 R | 3) li X=-==~+2km : x= 542k ” œ| hị 12 °4 - Sn ,keZ c ——=n-—+2kn x=—+2kr 12 6 Vậy phương trình có hai họ nghiệm ' Nhận xét:

1 Như vậy bằng cách I ta tìm được nghiệm của phương trình không tường minh,

-trong khi đó nếu sử đụng cách 2 ta thấy nghiệm của phương trình rất chắn

2 Một vài tài liệu tham khảo giải phương trïnh bằng cách đặt t = tạ; „ dẫn tới

phương trình

@—-Š2-1+ õyv 6+i<0euskL vu et ; ‘ ⁄3 43-1

Trang 34

x ] + x T tgŠ = —- =tg7 PT, n6 ©œ Š= 7 +km©>x=- +2kx,keZ 2-6 3 = Véit= el ta được TL tg—+tg— i= Bt! w= 20-1 Zag 3 3 4 = -tg22 = SA ten 12 2 0 2 12 =x= = + 2kn, keZ

Vídu 7: Giải phương trình:

2( 3 sinx — cosx) = 3sin2x + v7 cos2x

Giải

Biến đổi phương tình về dạng:

223 sinx — 2cosx = 3sin2x + V7 cos2x 3 1 4: v7 <> —sinx — —cosx = —sin2x + —cos2x 2 2 ‘4 4 Dat : = cosơ thì os = sinơ, khi đó ta được: : T š : sinx.cos= - cosxsin< = sin2xcosơ + cos2xsinœ ©> sin(x — ra = sin(2x + a) 2x+œŒ=xX——+2kr x=-S~œ+2k ° S = ,keZ 2x+œŒ=®—x+~+2km x= Toe 2k” 6 k I8 3 3

Vậy phương trình có hai họ nghiệm —

Chú ý: Ví dụ trên đã mình hoạ cụ thể phượng pháp giải:phương trình dang:

a.sin(kx) + b.cos(kx) = c.sin(x) + d.cos(x) a +

với điều kién a? +b? = c? + dể t

Và sự mở rộng khác cho dạng phương trình trên như sau:

a.sin(kx) + b.cos(kx) = Va? +b? -sin(Ix) : ` (il) dé minh hoa ta xem xết ví dụ sau: :

Vidu 8: ` Giải phương trình:

2sinx(cosx — 1) = v3 cos2x

Giải

2sinx.cosx — 2sinx = x/3 cos2x < sin2x — x3 cos2x =2sinx - (*)

Trang 35

1 : B š R aE

ae 2x-Zx+2ke x= 5 +2kr

in(2x — =) = sinx <> ° »keZ

2x——=nẽ—x+2km x=—+——

3 9 3

Nhận xét: Như vậy bằng một vài phép biến đổi lượng giác thông thường ta đã chuyển phương trình ban dau về (*) và đó chính là dạng (II) :

Nidu9: Giải phương trình:

⁄2 (sinx + 3 Osx) = 43 cos2x — sin2x

| |

Gidi

._ Biến đổi phương trình về dạng:

J2 kẻ sinx + XÃ osx) = 3 osx — *sin2x

2 2 VI 2

| =2 (sinx.cos = + cosx.sin=) = sin = -CO82x ~ cos = sin2x

> V2 sin(x + F)=sin(S —.2x) =sin(2x + `)

Vay phương trình có ba họ ñghiệm

| Wídu 10: Cho phương trình:

† 43 sin2x mcos2x =f ˆ

a Giai phuong trinh véi m = 1

Trang 36

2x ears 2K x= ike © 6: s6, el) 8 ,keZ 2x-^“=m—~+2kn x=Z+kn E26 he 2 Vậy với m = 1 phương trình có hai họ nghiệm : b Ta có: a2 + b?=3 +mẺ > Ì =c?, Vm-

Vậy phương trình có nghiệm với mọi m

Xídu 1H: (ĐHKT - 2001): Giải và biện luận phương trình:

4m(sinx + cosx) = 4mẺ + 2(€osx — sinx) + 3 “3

Giải

2(2m + 1)sinx + ae 1)cosx= 4m? + 3

Xét hiệu:

a'+t)~c=42m+ ean 1fe aac = ~(l6mf~8Mf+ D= ta 13<0

Vậy phương trình chỉ có nghiệm ©a?+b?-c? =0<m=+7 " Vớim= 5 «Phuong trình có dạng: sinx= 1 er *2km ke " Véim=-— z + Phuong trinh có dạng: ” Ke 2kn, keZ " Vớim# tr „ phương trình vô nghiệm Xi du 12: da 12: Cho phương trình: (m-+ 2)sinx — 2nicosx = 2m + 2 Œ)- -

a Giải phương trình với m= - 2 ,

Trang 37

Voi cos~ 40 D4 F +kneo xs n+ 2kn, keZ oO {-Ð ’ l+t ana let > Khi đó phương trình (1) có dạng: (m+2)t _ 2mŒf-t”) l+t 14+? :a Vớim= —2, phương trình (2) có dạng: Đặt t=tg2 „ SUY ra sinx = =2m+2<>0-(m+2)t+2m+1 =O (2) " sư tg=v3 xs ki a2 2“ Ệ; ¿-3=0œ© A igs = o ` f tS ey T=-⁄3 |Š=- ~+k TỔN 27 exe + 2kn, keZ

Vậy với m = — 2, phương trình có hai họ nghiệm

Cách I: Đề (1) có nghiệm thuộc [~ Z 0] > (2) có nghiệm thuộc [ ~ 1, 0] ca [(Œ)e61nghiệmthuộc[—10) 1(2}eó2 nghiệm thuộc [¬1,0] fCD#@)<0 [G@m+4)2m+lI)<0 ÍA>0 in? 4m>0 af(-1)20 3m+420° °F engl af(0)>0 2m+l>0 -1<2<0 [-1<t#2<0

Vậy với — : <xm<- ; phương trình có nghiệm

Trang 38

ar 7 >0 với Vte[ — 1,0] hàm số đồng biến trên [ — 1, 0]

Đo đó đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (C) trên đoạn [ — 1, 0]

4 1

ây(-1)<m <y(0) â ơa “mo:

Vậy với + sms =5 phương trình có nghiệm

Ví du 13: Cho phương trình:

3 sinx + cosx =m ql)

a Giai phuong trinh véi m= - 1

b Bign luan theo m s6 nghiém thuéc (- =, 2n] của phương trình Giải “a Với m= — 1, phương trình có dạng: ae 3 sim +00 = — 1eo 22 sinx + 1 cosx LOS “So sinx + 2) sin 2) 2 2 2 6 6 TL TL x+—-=-—+2kr xe S)2vx > 6 6 ° 3 ,keZ x+<=n+~+2kn x=m+2kr

Vậy với m = — l phương trình có hai ho nghiém ¬

b Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đường thẳng y= m với |

phần đồ thị hàm số y = +3 sinx + cosx trên D = ( 2 „ 2n] Xét hàm số y = x3 sinx + cosx Miền xác định D = : 2n] Đạo hàm: y’ = ¥3 cosx.— sinx, : 3 xeD |x=m/3 "=0 ý -sinx =0 © cos(x + ^) =ữ : y Cosx — sinx s(X = ) ° | = 4m3 Bảng biến thiên: i wre x | ae T/3 4n/3 2m y + 0 0 + 7 sẻ ee! Kết luận:

= Với lml > 2, phương trình vô nghiệm

= V6i m = +2, phuong trình có 1 nghiệm thuộcD ”*

Trang 39

= Véi -2<m<0hoặc l <m< 2, phương phos 2 nghiệm thuộc D " Với 0<m <1, phương trình có 3 nghiệm thuộc D 3m Ví du 14: Biện luận theơ m số nghiệm thuộc [0, 5! cha phuong trinh: msinx + cosx = 2m : (@) Giải : Biến đổi phương trình về dạng: cosx =m(2— sinx) © = =m 2-sinx Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đường thẳng y =m với đổ thị hàm số y= —°2S_ trên D=[0, 3*] 2-sinx ie Xét ham s6 y = —S*_, 2-sinx Miền xác định D = [O, =1 Đạo hàm: +„ —Sinx(2-—sinx)+cosx.cosx _ I—2sinx (2—sin x)? (2-sinx)? x=n/6 5 + xeD y'=0©I-2sinx =0©sim=~ cũ x=5r/6` Bảng biến thiên: Kết luận:

« _- Với Iml> ~_, phương trình vô nghiệm 8

" Véim= ae hoặc Ô <m < — ; „ phương trình có 1 nghiệm thuộc D 5

Trang 40

Giải

Điêu kiện cân: Giả sử-phữơng trình có nghiệm x = œe[0, fy Khi d6 x =

cũng l nghiệm, như vậy: : 3sinœ + mcos œ =1 V3 sin 2 — a) + moos - 0) =1 mcosơ = L—+Í3 sinœ a fmt; coset + the œ)= TNS cosa +7sing) : 3 V3 1 cosa g 1~3sinơ

—coœsGŒ + v3 sin œ š 2—3cosơ ~ V3 sin œ

2(2- 3cosơ ~ 3 sing)cosữ = (= cosa + ¥3 sina)(I— 3 3 sino.)

<=> 3cos2a + 3 si2œ = 3cosœ — 3 sina : J3 oe WB =c Ty cos20 + 7 sinda= 72- C090 — 1 ino => 2 ° cos2a.cos = + sin2o,.sin = = cosat.cos = - sinat.cos = = cos(2o-— B= cos(a + 2) 6 seat 2a Beason lantern | “3 c © ` c|œ=0 20-2 2-0-2 + 2kn dã TT 2n Ỉ 6 3 wey

2 "3 sin + moos* = 1e>m-= ~I

= V6i a@=0, thay vao phuong trinh ta được: >

¥3 sin0 + mcos0 = 1<¢> m= 1 A

= Véia = 2%, thay vio phuong thay trình ta được:

¥sin 2 + moos = | e>m= |

-

Nay véi m= 41 là điều kiện cần

Định dạng
Số trang	200
Dung lượng	32,43 MB