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** = ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ −++ −−+= ⎪ ⎩ () () 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 tại1điểm 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 3sin 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/ 1tgx 22sinx+= 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 . 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