Chương VI: Phương trình đẳng cấp

Chương VI: Phương trình đẳng cấp

pdf7 trang | Chia sẻ: tuananh27 | Ngày: 11/04/2019 | Lượt xem: 47 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Chương VI: Phương trình đẳng cấp, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 CHƯƠNG VI: PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP 
2 2a sin u bsinu cosu c cos u d+ + = 
Cách giải : 
( )Tìm nghiệm u k lúc đó cosu 0 và sinu 1
2
π• = + π = = ± 
2Chia hai vế phương trình cho cos u 0 ta được phương trình :• ≠ 
( )2 2atg u btgu c d 1 tg u+ + = + 
Đặt ta có phương trình : t tgu=
( ) 2a d t bt c d 0− + + − = 
Giải phương trình tìm được t = tgu 
Bài 127 : Giải phương trình 
( )2 2cos x 3 sin2x 1 sin x *− = + 
Vì cosx = 0 không là nghiệm nên 
Chia hai vế của (*) cho 2cos 0≠ ta được 
( ) ( )2 2* 1 2 3tgx 1 tg x tg x⇔ − = + + 
Đặt t = tgx ta có phương trình : 
22t 2 3t 0+ = 
t 0 t 3⇔ = ∨ = − 
Vậy ( )* π⇔ = = − ⇔ = π = − + π ∈ tgx 0hay tgx 3 x k hay x k , k
3
Bài 128 : Giải phương trình 
( )3 3 2cos x 4sin x 3cos x sin x sin x 0 *− − + = 
• Khi x k thì cos x 0và sin x
2
π= + π = = ±1 
thì (*) vô nghiệm 
• Do không là nghiệm nên chia hai vế của (*) cho cos3x =cos x 0
ta có (*) ( )3 2 21 4tg x 3tg x tgx 1 tg x 0⇔ − − + + = 
( ) ( )
⇔ + − − =
⇔ + − =
⇔ = − ∨ = ±
π π⇔ = − + π ∨ = ± + π ∈ 
3 2
2
3tg x 3tg x tgx 1 0
tgx 1 3tg x 1 0
3tgx 1 tgx
3
x k x k , k
4 6
Bài 129 : Giải phương trình 
( )4 2 2 43cos x 4sin x cos x sin x 0 *− + = 
Do cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế của (*) cho 4cos x 0≠
Ta có : (*) 2 43 4tg x tg x 0⇔ − + =
⇔ = ∨ =
π π⎛ ⎞ ⎛⇔ = ± = ± ∨ = ±⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
π π⇔ = ± + π ∨ = ± + π ∈
⎞⎟⎠

2 2tg x 1 tg x 3
tgx 1 tg tgx tg
4 3
x k x k , k
4 3
Bài 130 : Giải phương trình ( )sin 2x 2tgx 3 *+ = 
Chia hai vế của (*) cho 2cos x 0≠ ta được 
 (*) 2 2
2sin x cos x 2tgx 3
cos x cos x cos x
⇔ + = 2 
( ) ( )2 22tgx 2tgx 1 tg x 3 1 tg x⇔ + + = + 
3 2
t tgx
2t 3t 4t 3 0
=⎧⇔ ⎨ − + − =⎩
( ) ( )
=⎧⎪⇔ ⎨ − − +⎪⎩ 2
t tgx
t 1 2t t 3 0= 
⇔ =
π⇔ = + π ∈ 
tgx 1
x k , k
4
Bài 131 : Giải phương trình 
( )3sin x sin 2x sin 3x 6cos x *+ = 
( ) 2 3* 2sin x cos x 3sin x 4sin x 6cos x⇔ + − = 3 
( )• = = ±Khi cos x 0 ( sin x 1 ) thì * vô nghiệm 
• Chia hai vế phương trình (*) cho 3cos x 0≠ ta được 
( )* ⇔ 2 32 22sin x 3sin x 1 sin x. 4cos x cos x cos x cos x+ − 3 6= ( )
( ) ( )
⇔ + + − =
⇔ − − + =
⇔ − − =
⇔ = = α ∨ = ±
π⇔ = α + π ∨ = ± + π ∈ α =
2 2 3
3 2
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
3
2)
Bài 132 : (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2003) 
Giải phương trình 
( )2cos2x 1cot gx 1 sin x sin2x *
1 tgx 2
− = + −+ 
Điều kiện sin 2x 0 và tgx 1≠ ≠ −
Ta có : 
( )2 22 2 cos x cos x sin xcos2x cos x sin x
sin x1 tgx cos x sin x1
cos x
−−= =+ ++
( ) (= − = − +cos x cos x sin x do tgx 1 nên, sin x cos x 0)≠ 
Do đó : ( ) ( )2 2cos x 1* 1 cos x sin x cos x sin x sin2xsin x 2⇔ − = − + − 
( ) ( )
( )
−⇔ = −
⇔ − = −
⇔ − = = −
2
cos x sin x 1 sin 2x
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 (**)
( )
( )
= ≠⎡⎢⇔ ⎢ = − ≠⎢⎣
2
2
tgx 1 nhận so với tgx 1
1 sin x tg x do cos x 0
cos xcos x
−
( )
( )
π⎡ = + π ∈⎢⇔ ⎢ − + =⎢⎣
π⇔ = + π ∈ ≠


2
x k , k
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 1* * 1 sin2x 1 cos2x
2 2
⇔ − + − =0 
⇔ = +
π⎛ ⎞⇔ = +⎜ ⎟⎝ ⎠
3 sin 2x cos 2x
3 2 sin 2x : vô nghiệm
4
Bài 133 : Giải phương trình ( )sin 3x cos3x 2cos x 0 *+ + = 
( ) ( ) ( )3 3* 3sin x 4sin x 4 cos x 3cos x 2cos x⇔ − + − + 0=
=
3 33sin x 4sin x 4cos x cosx 0⇔ − + − 
Vì cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho ta 
được 
3cos x 0≠
( ) ( ) ( )2 3 2* 3tgx 1 tg x 4tg x 4 1 tg x 0⇔ + − + − + = 
( ) ( )
⇔ − − + + =
=⎧⇔ ⎨ + − − =⎩
=⎧⎪⇔ ⎨ + − =⎪⎩
⇔ = − ∨ = ±
π π⇔ = − + π ∨ = ± + π ∈ 
3 2
3 2
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
x k x k , k
4 3
Bài 134 : Giải phương trình ( )3 5sin4x.cosx6sin x 2cos x *
2cos2x
− = 
Điều kiện : 2 2cos2x 0 cos x sin x 0 tgx 1≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ ±
Ta có : (*) 
3 10sin2x cos2x cos x6sin x 2cos x
2cos2x
cos2x 0
⎧ − =⎪⇔ ⎨⎪ ≠⎩
36sin x 2cos x 5sin2x cos x
tgx 1
⎧ − =⇔ ⎨ ≠ ±⎩
( )3 26sin x 2cos x 10sin x cos x * *
tgx 1
⎧ − =⎪⇔ ⎨ ≠ ±⎪⎩
Do cosx = 0 không là nghiệm của (**), chia hai vế phương trình (**) cho 
 ta được 3cos x
( ) 2
6tgx 2 10tgx
* * cos x
tgx 1
⎧ − =⎪⇔ ⎨⎪ ≠ ±⎩
 ( )2
t tgx với t 1
6t 1 t 2 10t
= ≠⎧⎪⇔ ⎨ + − =⎪⎩
±
= ≠ ± = ≠ ±⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨− − = − + + =⎩ ⎩3 2
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 ( )3sin x 4sin x cos x 0 *− + = 
• Vì cosx = 0 không là nghiệm nên chia hai vế phương trình cho cos3x thì 
( ) ( )2 3 2* tgx 1 tg x 4tg x 1 tg x⇔ + − + + 0= 
 ( ) ( )
=⎧⇔ ⎨− + + + =⎩
=⎧⎪⇔ ⎨ − + +⎪⎩
⇔ =
π⇔ = + π ∈ 
3 2
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 ( ) ( )2 2tgx sin x 2sin x 3 cos2x sin x cos x *− = + 
Chia hai vế của phương trình (*) cho cos2x 
( ) ( )2 23 2 23 cos x sin x sin x cos x* tg x 2tg x cos x
− +⇔ − = 
( )⇔ − = − +3 2 2tg x 2tg x 3 1 tg x tgx 
( ) ( )
⇔ + − − =
=⎧⇔ ⎨ + − − =⎩
=⎧⎪⇔ ⎨ + − =⎪⎩
⇔ = − ∨ = ±
π π⇔ = − + π ∨ = ± + π ∈ 
3 2
3 2
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
x k x k , k
4 3
Bài 137 : Cho phương trình 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 24 6m sin x 3 2m 1 sin x 2 m 2 sin x cos x 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 1= ± nên 
(*) thành : ( ) ( )4 6m 3 2m 1 0± − ± − = 
 1 0 vô nghiệm⇔ = 
chia hai về (*) cho 3cos x 0≠ thì 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 2* 4 6m tg x 3 2m 1 tgx 1 tg x 2 m 2 tg x 4m 3 1 tg x 0⇔ − + − + + − − − + =2
)
 ( ) ( ) (3 2
t tgx
t 2m 1 t 3 2m 1 t 4m 3 0 * *
=⎧⎪⇔ ⎨ − + + − − + =⎪⎩
 ( ) ( )2
t tgx
t 1 t 2mt 4m 3 0
=⎧⎪⇔ ⎨ − − + − =⎪⎩
a/ Khi m = 2 thì (*) thành ( ) ( )2
t tgx
t 1 t 4t 5 0
=⎧⎪⎨ − − + =⎪⎩
π⇔ = ⇔ = + π ∈ tgx 1 x k , k
4
b/ Ta có : x 0,
4
π⎡∈ ⎢⎣ ⎦
⎤⎥ thì [ ]tgx t 0,1= ∈ 
Xét phương trình : ( )2t 2mt 4m 3 0 2− + − = 
( )2t 3 2m t 2⇔ − = − 
2t 3 2m
t 2
−⇔ =− (do t = 2 không là nghiệm) 
Đặt ( ) ( )2t 3y f t C
t 2
−= = − và (d) y = 2m 
Ta có : ( ) ( )
2
2
t 4ty ' 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 tại1điểmduy nhất t 1
32m 2m 2
2
⇔ < ∨ ≥ 
3m m
4
⇔ < ∨ ≥ 1 
Cách khác : 
Y C B T f(t) =⇔ ( )2t 2mt 4m 3 0 2− + − = vô nghiệm trên [ . ),0 1
Ta có (2) có nghiệm [ ]
( )
, ( ) . ( ) ( )
af
f f hay af
S
Δ≥⎧⎪ ≥⎪⎪∈ ⇔ ≤ ⎨ ≥⎪⎪ ≤ ≤⎪⎩
0
0 0
0 1 0 1 0 1 0
0 1
2
( ) ( )
m m
m
m m hay
m
m
⎧ − + ≥⎪ − >⎪⇔ − − ≤ ⎨ − >⎪⎪ ≤ ≤⎩
2 4 3 0
4 3 04 3 2 2 0
2 2 0
0 1
m⇔ ≤ ≤3 1
4
Do đó (2) vô nghiệm trên [ ), (m haym hay f )⇔ 30 1 1 1 04 = 
 3m m
4
1⇔ < ∨ ≥ 
BÀI TẬP 
1. Giải các phương trình sau : 
a/ 3 2cos x sin x 3sin xcosx 0+ − =
b/ ( ) ( )2sin x tgx 1 3sin x cos x sin x 3+ = − +
=
c/ 22cos x cos2x sin x 0+ +
d/ 
3
2
3
1 cos xtg x
1 sin x
−= − 
e/ 3 2 2 3sin x 5sin xcos x 3sin xcos x 3cos x 0− − + =
f/ 3 2cos x sin x 3sin xcosx 0+ − =
g/ 1 tgx 2 2 sin x+ = 
h/ 3 3sin x cos x sin x cosx+ = −
k/ 2 23tg x 4tgx 4cot gx 3cot g x 2 0+ + + + =
m/ ( sin ) cos ( )
cos
x xtg x tgx
x
π+− + − − =2 223 13 8 4 2 0 
n/ 
sin x cos x 1
sin2x
+ = 
2. Cho phương trình : ( ) ( )2 2sin 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 

File đính kèm:

  • pdfCHUONG 6 LUONG GIAC HAY.pdf