Ứng dụng Đạo hàm trong các bài toán phương trình lượng giác

af  




















2
2
2
024
02
088
088
2
2
m
m
mm
mm
  -
2
1 < m < 4 + 2 2 
Vậy với m  -
2
1 hoặc m  4 + 2 2 phương trình đã cho có nghiệm 
Cách 2: Vì t = -2 không phải là nghiệm của phương trình , nên viết lại (2) dưới dạng : 
 -t
2 + 2
t + 2 = m 
Vậy, phương trình (1) có nghiệm  đường thẳng y = m cắt phần đồ thị y = -t
2 + 2
t + 2 trên (- , -2] 
 [2, + ) 
Đạo hàm : 
 y’ = -t
2 -4t - 2
(t + 2)2 , 
 y’ = 0  -t2 – 4t -2 = 0  t = -2  2 
Bảng biến thiên: 
t - -2- 2 -2 2 + 
y’ - 0 + - 
y 
+ 4 + 2 2 + 
-1/2 
- 
Dựa vào bẳng biến thiên, ta được điều kiện là : 
 m  -
2
1 hoặc m  4 + 2 2 
Chú ý: phương pháp được mở rộng tự nhiên cho các phương trình đối xứng bậc cao hơn 2. 
 5 
Ví dụ 5: Cho phương trình : 
 2tgx + tg2x + tg3x + 2cotgx + cotg2x + cotg3x = m (1) 
a. Giải phương trình với m = 8 
b. Tìm m để phương trình có nghiệm 
Giải 
Điều kiện 





0 cosx 
0 sin x
  x # 
2
k , k Z . 
Đặt tgx + cotgx = t, điều kiện | t |  2, Suy ra: 
 tg2x + cotg2x = t2 – 2 
 tg3x + cotg3x = (tgx + cotgx)3 – 3tgx.cotgx(tgx + cotgx) = t3 – 3t 
Khi đó phương trình có dạng : 
 2t + t2 – 2 + t3 – 3t = m  t3 + t2 – t – 2 = m (2) 
a. Với m = 8, ta được: 
 t3 + t2 – t – 10 = 0  (t - 2)(t2 + 3t + 5) = 0  t = 2  tgx + cotgx = 2 
  tgx = 1  x = 
4
 + k , k Z . 
Vậy với m = 10 phương trình có một họ nghiệm 
b. phương trình (1) có nghiệm  đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y = t3 + t2 – t – 2 
trên D = (- , -2]  [2, + ). 
Đạo hàm 
 y’ = 3t2 + 2t – 1 > 0,  t  D  hàm số đồng biến trên D. 
Bảng biến thiên: 
x - -2 2 + 
y’ - + 
y 
 - 
 -4 
8 
 + 
Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là : 
 m  -4 hặc m  8 
Ví dụ 6: Với giá trị nào của m thì phương trình sauđây có nghiệm: 
 3sin2x + 3tg
2x + m(tgx + cotgx) – 1 = 0 
Giải 
Điều kiện 





0 cosx 
0 sin x
  x # 
2
k , k Z . 
Biến đổi phương trình về dạng: 
 3(1 + cotg2x) + 3tg2x + m(tgx + cotgx) - 1 = 0 
  3(cotg2x + tg2x) + m(tgx + cotgx) + 2 = 0 
Đặt tgx + cotgx = t, điều kiện | t |  2  tg2x + cotg2x = t2 – 2 
Khi đó phương trình (2) có dạng : 
 3(t2 – 2) + mt + 2 = 0  f(t) = 3t2 + mt – 4 = 0 (2) 
Để tìm m sao cho phương trình có nghiệm ta lựa chọn 1 trong 2 cách sau: 
Cách 1: Xét bài toán ngược “Tìm m để phương trình vô nghiệm” 
 6 
Phương trình (1) vô nghiệm 
  


2) (-2, thuộc nghiệm hai có (2)
nghiệm vô (2)
  





















2
2
2
0)2(
0)2(
0
0
s
af
af  -4 < m < 4 
Vậy, phương trình có nghiệm khi m 4 
Cách 2: Viết lại phương trình (2) dưới dạng 
 -3t
2 + 4
t = m 
Vậy phương trình (1) có nghiệm  đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y = -3t
2 + 4
t trên 
D = (- , -2]  [2, + ) 
Xét hàm số y = -3t
2 + 4
t trên D = (- , -2]  [2, + ) 
Đạo hàm 
 y’ = -3t
2 - 4
t2 < 0,  t  D, do đó hàm số nghịch biến trên D 
Từ đó ta được điều kiện là : 
 




)2(
)2(
ym
ym
  




4
4
m
m
Vậy phương trình có nghiệm khi | m |  4 
Ví dụ 7: Cho phương trình : 
 tg3x – cotg3x – 3(tg2x + cotg2x) – 3(tgx – cotgx) + m + 6 = 0 (1) 
a. Giải phương trình với m = 4 
b. biện luận theo m số nghiệm thuộc (0, 
2
 ) của phương trình . 
Giải 
Điều kiện 



0 # cosx
0 # xsin
  x # 
2
k , k Z . 
Đặt tgx + cotgx = t, điều kiện | t |  2, Suy ra: 
 tg2x + cotg2x = t2 – 2 
 tg3x - cotg3x = (tgx - cotgx)3 + 3tgx.cotgx(tgx - cotgx) = t3 + 3t 
Khi đó phương trình có dạng : 
 t3 -3t2 + m = 0 (2) 
a. Với m = 4, ta được: 
 t3 -3t2 + 4 = 0  (t + 1)(t2 – 4t + 4) = 0  (t + 1)(t - 2)2 = 0 
  




2
1
t
t
  




2cot
1cot
gxtgx
gxtgx
  





12cot
2cot
2
12cot
xg
gxg 
 7 
  







kx
kx
4
2
22
 








28
2


kx
kx
 , k Z . 
Vậy, với m = 4 phương trình có hai họ nghiệm 
b. Với mỗi nghiệm t0 của phương trình (2), ta được: 
 tgx – cotgx = t0  cotg2x = - 2
0t 
Mặt khác vì x  (0, 
2
 )  2x  (0,  ) 
Do đó với mỗi nghiệm t0 của (2) ta có được 1 nghiệm x0  (0, 2
 ) của (1). 
Số nghiệm của (2) bằng số giao điểm của đường thẳng y = -m với đồ thị hàm số y = t3 – 3t2 
Xét hàm số y = t3 – 3t2 
Đạo hàm 
 y’ = 3t2 – 6t, 
 y’ = 0  3t2 – 6t = 0  




2
0
t
t
Bảng biến thiên: 
t - 0 2 + 
y’ + 0 - 0 + 
y 
 - 
 0 
-4 
 + 
Dựa vào bảng biến thiên, ta có kết luận: 
* Với –m 4, phương trình có đúng 1 nghiệm thuộc (0, 
2
 ) 
* Với –m = -4  m = 4, phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc (0, 
2
 ) 
* Với -4 < -m < 0  0 < m < 4, phương trình có đúng 3 nghiệm thuộc (0, 
2
 ). 
* Với –m = 0  m = 0, phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc (0, 
2
 ) 
* Với –m > -4  m < 4, phương trình có đúng 1 nghiệm thuộc (0, 
2
 ) 
Ví dụ 8: Cho phương trình 
 Cos6x + sin6x = m.sin2x 
a. Giải phương trình với m = 1 
b. Tìm m để phương trình có nghiệm 
Giải 
Ta có : 
 Sin6x + cos6x = (sin2x + cos2x)3 – 3(sin2x + cos2x).sin2x.cos2x = 1 - 
4
3 sin22x 
 8 
Do đó phương trình biến đổi về dạng : 
 1 - 
4
3 sin22x = msin2x  3sin22x + 4m.sin2x – 4 = 0 
Đặt t = sin2x, điều kiện | t |  1 
Khi đó phương trình có dạng: 
 3t2 + 4mt – 4 = 0 (2) 
a.Với m = 1, ta được 
 3t2 + 4t – 4 = 0  





 loại) ( 2 
3
2t
t
 sin2x = 
3
2 = sin2  







kx
kx
2
 , 
k Z . 
Vậy , phương trình có hai họ nghiệm 
b. Ta lựa chọn 1 trong 2 cách sau: 
Cách 1: phương trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm thuộc [-1, 1] 
  


|1 1,- | thuộc nghiệm 2 có 
| 1 1,- | thuộc nghiệm 1 có 
)2(
)2(
  





















1
2
1
0)1(
0)1(
0
0)1().1(
'
s
af
af
ff
  





















1
3
21
014
014
0124
0)14)(14(
2
m
m
m
m
mm
  | m | 
4
1 
Vậy với | m | 
4
1 phương trình có nghiệm 
Cách 2: Vì t = 0 không phải là nghiệm của (2) nên phương trình được viết lại : 
 4 - 3t
2
t = 4m 
Phương trình (1) có nghiệm  đường thẳng y = 4m cắt đồ thị hàm số y = 4 - 3t
2
t trên đoạn [-1, 
1] 
Xét hàm số y = 4 - 3t
2
t trên đoạn [-1, 1] 
Đạo hàm 
y’ = -4 - 3t
2
t2 < 0  hàm số nghịch biến trên [-1, 1] 
Bảng biến thiên 
t - -1 0 1 + 
y’ - - 
y 
 -1 
- 
+ 
1 
Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là : 
 9 
 




m
m
4
14
  | m | 
4
1 
Vậy với | m | 
4
1 phương trình có nghiệm 
Ví dụ 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm 
 4(sin4x + cos4x) – 4(sin6x + cos6x) – sin24x = m (1) 
Giải 
Ta có 
 Sin6x + cos6x = (sin2x + cos2x)3 – 3(sin2x + cos2x).sin2x.cos2x = 1 - 
4
3 sin22x 
 Sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 – 2sin2xcos2x = 1 - 
2
1 sin22x 
 Sin24x = 4sin22x.cos22x = 4sin22x(1- sin22x) = 4sin22x – 4sin42x 
Do đó phương trình biến đổi được về dạng: 
 4(1 - 
4
3 sin22x) – 4(1 - 
2
1 sin22x) – 4(sin22x – sin42x) = m 
  4sin42x - 3 sin22x = m 
Đặt t = sin22x, điều kiện 0  t  1 
Khi đó phương trình có dạng : 
 4t2 – 3t = m (2) 
Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: 
Cách 1: phương trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm thuộc [0, 1] 
  


|1 0, | thuộc nghiệm 2 có 
| 1 0, | thuộc nghiệm 1 có 
)2(
)2(
 





















1
2
0
0)1(
0)0(
0
0)1().0(
'
s
af
af
ff





















1
8
30
01
0
0169
0)1(
m
m
m
mm
 





0
16
9
10
m
m
  0
16
9  m 
Vậy với 0
16
9  m phương trình có nghiệm 
Cách 2: phương trình (1) có nghiệm  đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = 4t2 – 3t trên 
đoạn [0, 1] 
Xét đồ thị hàm số y = 4t2 – 3t trên đoạn [0, 1] 
Đạo hàm 
 y’ = 8t – 3 , y’ = 0  t = 
8
3 
Bảng biến thiên 
t - 0 3/8 1 + 
y’ - - 
y 
 0 
9/16 
 1 
 10 
Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là 0
16
9  m 
Vậy với 0
16
9  m phương trình có nghiệm 
Ví dụ 10: Cho phương trình : 
 4tg2x + 
x
m
cos
4 + 5 = 0 (1) 
a. Giải phương trình với m = -1 
b. Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc (-
2
 ,
2
 ) 
Giải 
Điều kiện : 
 Cosx # 0  x # 
2
 + k , k Z 
Viết lại phương trình dưới dạng: 
 4(
x2cos
1 - 1) + 
x
m
cos
4 + 5 = 0  
x2cos
4 + 
x
m
cos
4 + 1 = 0 
Đặt t = 
xcos
2 , điều kiện | t |  2, khi đó phương trình có dạng 
 f(t) = t2 + 2mt + 1 = 0 (2) 
a. Với m = -1, ta được: 
 t2 – 2t + 1 = 0  t = 1 (loại). 
Vậy, với m = -1 phương trình này vô nghiệm 
b. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: 
Cách 1: phương trình (1) có nghiệm thuộc (-
2
 ,
2
 ) 
  phương trình (2) có nghiệm t  2 
  




21
21
t t 2 nghiệm có (2)
 t 2 t nghiệm có (2)
  















22/
0)2(
0
0)2(
'
S
af
af
  















2
054
01
054
2
m
m
m
m
  m 
4
5 . 
Vậy với m 
4
5 phương trình đã cho có nghiệm thuộc (-
2
 ,
2
 ) 
Cách 2: phương trình (1) có nghiệm thuộc (-
2
 ,
2
 ) 
  đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y =-t - 
t
1 trên D = [2, + ) 
Xét hàm số y =-t - 
t
1 trên D = [2, + ) 
Đạo hàm : 
 y’ = -1 + 2
1
t
< 0 ,  tD  hàm số nghịch biến trên D 
Bảng biến thiên: 
 11 
Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là m 
4
5 
Ví dụ 11: Cho phương trình 
 Sinx + 3 cosx + 
xx cos3sin
2

 = m (1) 
a. Giải phương trình với m = 3 
b. Tìm m để phương trình có nghiệm 
Giải 
điều kiện : sinx + 3 cosx # 0 (*) 
Đặt t = 3cosx + 4sinx, điều kiện | t |  2, kết hợp với (*) ta được t  [-2, 2]\{0} 
Khi đó phương trình có dạng : 
 t + 
t
2 = m (2) 
a. Với m = 3, ta được: 
 t + 
t
2 = 3  t2 – 3t + 2 = 0  




2 t
 (loại) 1 t
 Sinx + 3 cosx = 2 
 
2
1 sinx + 
2
3 cosx =