Chuyên đề Phương trình đẳng cấp

Nội dung text: Chuyên đề Phương trình đẳng cấp

1. CHƯƠNG VI: PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP asin22 u++ bsinucosu ccos u= d Cách giải : π •=Tìm nghiệm u+ kπ==() lúc đó cos u 0 và sin u± 1 2 •≠Chia hai vế phương trình cho cos2 u 0 ta được phương trình : atg22 u++=+ btgu c d() 1 tg u Đặt ttgu= ta có phương trình : ()adtbtcd−++−=2 0 Giải phương trình tìm được t = tgu Bài 127 : Giải phương trình cos22 x−=+ 3 sin 2x 1 sin x( *) Vì cosx = 0 không là nghiệm nên Chia hai vế của (*) cho cos2 ≠ 0 ta được ()*⇔− 1 2 3tgx =() 1 + tg22 x + tg x Đặt t = tgx ta có phương trình : 2t2 += 2 3t 0 ⇔=∨=−t0t 3 π Vậy ()* ⇔=tgx 0 hay tgx =−⇔=π=−+π∈ 3 x k hay x k , k 3 Bài 128 : Giải phương trình cos33 x−− 4 sin x 3cos x sin 2 x += sin x 0( *) π • Khi xkthìcosx0vàsinx=+π = =±1 2 thì (*) vô nghiệm • Do cos x= 0 không là nghiệm nên chia hai vế của (*) cho cos3x ta có (*) ⇔−1 4tg32 x − 3tg x + tgx( 1 + tg2 x) = 0 ⇔+−−=3tg32 x 3tg x tgx 1 0 ⇔+()tgx 1() 3tg2 x −= 1 0 3 ⇔=−∨=±tgx 1 tgx 3 ππ ⇔=−+π∨=±+π∈xkxk,k 46
2. Bài 129 : Giải phương trình 3cos4224 x−+ 4sin xcos x sin x= 0( *) Do cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế của (*) cho cos4 x≠ 0 Ta có : (*) ⇔−34tgxtgx024 + = ⇔=∨=tg22 x 1 tg x 3 ⎛⎞ππ ⎛⎞ ⇔=±=±∨=±tgx 1 tg⎜⎟ tgx tg ⎜⎟ ⎝⎠43 ⎝⎠ ππ ⇔=±+π∨=±+π∈xkxk,k 43 Bài 130 : Giải phương trình sin 2x+= 2tgx 3( *) Chia hai vế của (*) cho cos2 x≠ 0 ta được 2sinxcosx 2tgx 3 (*) ⇔+= cosx22 cosx cosx2 ⇔+2tgx 2tgx() 1 + tg22 x =+ 3( 1 tg x) ⎧ttgx= ⇔ ⎨ 32 ⎩2t−+−= 3t 4t 3 0 ⎪⎧ttgx= ⇔ ⎨ 2 ⎩⎪()t12tt3−−+()= 0 ⇔=tgx 1 π ⇔=+π∈xk,k 4 Bài 131 : Giải phương trình sin x sin 2x+= sin 3x 6 cos3 x( *) ()*⇔+−= 2sin23 x cos x 3sin x 4 sin x 6cos3 x •==±Khi cos x 0 ( sin x 1) thì( *) vô nghiệm • Chia hai vế phương trình (*) cho cos3 x≠ 0 ta được 2sin23 x 3sinx 1 sin x ()* ⇔ +−.4=6 cos22 x cos x cos x cos3 x ⇔+2tg22 x 3tgx() 1 +−= tg x 4tg3 x 6 ⇔−tg32 x 2tg x −+= 3tgx 6 0 ⇔−()tgx 2() tg2 x −= 3 0 ⇔==α∨=±tgx 2 tg tgx 3 π ⇔=α+π∨=±+π∈xkxk,k(vớitg α=2) 3
3. Bài 132 : (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2003) Giải phương trình cos 2x 1 cot gx−= 1 +sin2 x − sin 2x() * 1tgx+ 2 Điều kiện sin 2x≠≠ 0 và tgx− 1 22 cos 2x cos22 x− sin x cos x( cos x− sin x) Ta có : == sin x 1tgx++1 + cosxsinx cos x =−cosx()( cosx sinx dotgx =− 1 nên,sinx + cosx≠ 0) cos x 1 Do đó : ()* ⇔−=−1() cos22 x sin x cos x + sin x − sin 2x sin x 2 cos x− sin x ⇔=1sin2x− sin x ⇔−=()()cosx sinx sinx cosx − sinx 2 ⇔−=cos x sin x 0 hay 1 = sin x() cos x − sin x ( ) ⎡tgx=≠ 1() nhận so với tgx− 1 ⎢ ⇔ 1sinx ⎢ =−tg2 x() do cos x ≠ 0 ⎣⎢cos2 x cos x ⎡ π xk,k=+π∈ ⇔ ⎢ 4 ⎢ 2 ⎣⎢2tg x−+= tgx 1 0() vô nghiệm π ⇔=+π∈x k , k () nhận do sin 2x≠ 0 4 Lưu ý : có thể làm cách khác 11 () ⇔− 1 sin2x +() 1 − cos2x =0 22 ⇔=3sin2xcos2x + ⎛⎞π ⇔=3 2 sin⎜⎟ 2x + : vô nghiệm ⎝⎠4 Bài 133 : Giải phương trình sin 3x++ cos 3x 2cos x = 0( *) ()*3sinx4sinx4cosx3cosx2cosx⇔−()33 +( −+) =0 ⇔−3sinx4sinx4cosxcosx033 + −= Vì cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho cos3 x≠ 0 ta được ()*⇔+−+−+ 3tgx() 1 tg23 x 4tg x 4( 1 tg 2 x) = 0
4. ⇔−tg32 x − tg x + 3tgx + 3 = 0 ⎧ttgx= ⇔ ⎨ 32 ⎩tt3t30+−−= ⎪⎧ttgx= ⇔ ⎨ 2 ⎩⎪()t1t+−=() 3 0 ⇔=−∨=±tgx 1 tgx 3 ππ ⇔=−+π∨=±+π∈xkxk,k 43 5sin4x.cosx Bài 134 : Giải phương trình 6sinx−= 2cos3 x ()* 2cos2x Điều kiện : cos 2x≠⇔ 0 cos22 x − sin x ≠⇔ 0 tgx ≠± 1 ⎧ 10sin 2x cos 2x cos x ⎪6sinx−= 2cos3 x Ta có : (*) ⇔ ⎨ 2cos2x ⎩⎪cos 2x≠ 0 ⎧6sinx−= 2cos3 x 5sin2xcosx ⇔ ⎨ ⎩tgx≠± 1 ⎪⎧6sinx−= 2cos32 x 10sinxcos x( ) ⇔ ⎨ ⎩⎪tgx≠± 1 Do cosx = 0 không là nghiệm của ( ), chia hai vế phương trình ( ) cho cos3 x ta được ⎧ 6tgx ⎪ −=210tgx () ⇔ ⎨cos2 x ⎩⎪tgx≠± 1 ⎪⎧ttgxvớit1=≠± ⇔ ⎨ 2 ⎩⎪6t() 1+−= t 2 10t ⎧⎧t=≠±=≠± tgx với t 1 t tgx với t 1 ⇔⇔ ⎨⎨32 ⎩⎩3t− 2t−= 1 0 (t − 1) (3t + 3t + 1) = 0 ⎧t=≠± tgx với t 1 ⇔ ⎨ : vô nghiệm ⎩t1= Bài 135 : Giải phương trình sin x−+= 4 sin3 x cos x 0( *) • Vì cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho cos3x thì ()*tgx1tgx4tgx1tgx⇔+−++()23 2=0
5. ⎧ttgx= ⇔ ⎨ 32 ⎩−+++=3t t t 1 0 ⎪⎧ttgx= ⇔ ⎨ 2 ⎩⎪()t13t2t1−++()= 0 ⇔=tgx 1 π ⇔=+π∈xk,k 4 Bài 136 : Giải phương trình tgx sin22 x−= 2sin x 3( cos 2x + sin x cos x)( * ) Chia hai vế của phương trình (*) cho cos2x 3() cos22 x−+ sin x sin x cos x ()*tgx2tgx⇔−32 = cos2 x ⇔−tg32 x 2tg x =−+ 3() 1 tg 2 x tgx ⇔+−−=tg32 x tg x 3tgx 3 0 ⎧ttgx= ⇔ ⎨ 32 ⎩tt3t30+−−= ⎪⎧ttgx= ⇔ ⎨ 2 ⎩⎪()t1t+−=() 3 0 ⇔=−∨=±tgx 1 tgx 3 ππ ⇔=−+π∨=±+π∈xkxk,k 43 Bài 137 : Cho phương trình ()46msinx32m1sinx2m2sinxcosx4m3cosx0*−+−+−−−=32 () ( ) ( ) ( ) a/ Giải phương trình khi m = 2 ⎡⎤π b/ Tìm m để phương trình (*) có duy nhất một nghiệm trên 0, ⎣⎦⎢⎥4 π Khi x=+πk thì cosx = 0 và sin x= ± 1 nên 2 (*) thành : ±−(46m32m1)( ± −= ) 0 ⇔ 10vônghiệm= chia hai về (*) cho cos3 x≠ 0 thì ()*⇔− ( 4 6mtgx )32 + 32m ( − 1tgx1 ) ( + tgx) + 2m( − 2tgx) 2 −( 4m − 31) () + tgx2 = 0 ⎪⎧ttgx= ⇔ ⎨ 32 ⎩⎪t2m1t32m1t4m30 −++()() −−+= ()
6. ⎪⎧ttgx= ⇔ ⎨ 2 ⎩⎪()t1t−−+−=() 2mt4m3 0 ⎪⎧ttgx= a/ Khi m = 2 thì (*) thành ⎨ 2 ⎩⎪()t1t− ()−+= 4t5 0 π ⇔=⇔=+π∈tgx 1 x k , k 4 ⎡π⎤ b/ Ta có : x0,∈ thì tgx=∈ t[ 0,1] ⎣⎦⎢4⎥ Xét phương trình : t2mt4m3022 −+−=( ) ⇔−=t32mt22 () − t32 − ⇔=2m (do t = 2 không là nghiệm) t2− t32 − Đặt yft==() () Cvà (d) y = 2m t2− t4t2 −+3 Ta có : y'== f() t ()t2− 2 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 ⇔<∨≥mm1 4 Cách khác : Y C B T ⇔ f(t) = t2mt4m3022 −+−=( ) vô nghiệm trên [01, ) . ⎧Δ≥0 ⎪af ()00≥ ⎪ Ta có (2) có nghiệm ∈⇔[]01,().()f 0 f 1 ≤ 0 hay ⎨af ()10≥ ⎪ S ⎪01≤ ≤ ⎩⎪ 2
7. ⎧mm2 − 43+≥0 ⎪ ⎪430m −> 3 ⇔−()()43220m m −≤ hay ⎨ ⇔ ≤≤m 1 ⎪220m −> 4 ⎩⎪01≤≤m 3 Do đó (2) vô nghiệm trên [01,() ⇔ m<> hay m1 hay f 1)= 0 4 3 ⇔ mm<∨ ≥1 4 BÀI TẬP 1. Giải các phương trình sau : a/ cos32 x+− sin x 3sin x cos x = 0 b/ sin2 x() tgx+ 1=− 3sin x( cos x sin x) + 3 c/ 2cos2 x++ cos2x sinx= 0 1cosx− 3 d/ tg2 x = 1sinx− 3 e/ sin32 x−−+ 5sin x cos x 3sin x cos23 x 3cos x= 0 f/ cos32 x+− sin x 3sin x cos x = 0 g/ 1tgx22sinx+= h/ sin33 x+=− cos x sin x cos x k/ 3tg22 x++ 4tgx 4 cot gx + 3cot g x += 2 0 31(sin)+ x π x m/ 38tg22 x−+ tgx −cos ( −= ) 0 cos2 x 42 sin x+ cos x n/ = 1 sin 2x 2. Cho phương trình : sin22 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