Tải bản đầy đủ

Phương trình Lượng giác chứa tham số Phần 2

Phương trình lượng giác chứa tham số
Phần 2
Một số lưu ý


Tài liệu không nhắc lại các công thức lượng giác.



Tài liệu không nhắc lại cách giải các phương trình lượng giác cơ bản

 sin x / cos x / tan x / cot x  m

và các phương trình lượng giác thường gặp (bậc nhất

đối với sin x và cos x ; bậc hai/ bậc cao với một ẩn lượng giác; đối xứng sin x và
cos x ; đẳng cấp bậc hai và bậc ba).



Các kiến thức khác cần nắm vững: Nhẩm nghiệm và Lược đồ Horner; Khảo sát hàm

bậc hai f  x   ax 2  bx  c và các dạng hàm liên quan (hàm số chứa căn, chứa trị
tuyệt đối, hàm lắp ghép, hàm trùng phương, hàm bậc hai có điều kiện,…), xét khoảng
giá trị hàm lượng giác.



Tài liệu không sử dụng phương pháp hàm số có sử dụng đạo hàm (Toán 12).



Mọi góp ý, thắc mắc vui lòng liên hệ địa chỉ email pvtvalley@gmail.com.

1


Câu 1. Cho phương trình cos 2 x   2m  1 cos x  m  1  0 .
1) Giải phương trình khi m 

3
.
2

2) Tìm m để phương trình có nghiệm thỏa mãn


2

x

3
.
2

Hướng dẫn

pt  2cos2 x  1   2m  1 cos x  m  1  0  2cos 2 x   2m  1 cos x  m  0

cos x 
3
3

2
1) Với m  thì pt  2 cos x  4 cos x   0 
2
2
cos x 


3
 loai 
2
.
1

 x    k 2 , k  Z
2
3

2) pt  2cos2 x  2m cos x  cos x  m  0  2cos x  cos x  m    cos x  m   0

1

cos
x

  cos x  m  2 cos x  1  0  
2

cos
x

m

Với


2

cos x 

x

3
thì 1  cos x  0 nên nghiệm
2

1
bị loại.
2

Do đó, để phương trình có nghiệm thì phương
trình cos x  m có nghiệm
Vì 1  cos x  0 và f  x   cos x là hàm liên
tục nên phương trình có nghiệm khi 1  m  0 .
Câu 2. Cho phương trình sin 4 x  cos 2 x  m cos6 x  0 .
1) Giải phương trình khi m  2 .
 
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm trong khoảng  0;  .
 4

Hướng dẫn
pt  1  cos 2 x    2 cos 2 x  1  m cos 6 x  0
2

 cos 4 x  2 cos 2 x  1  2 cos 2 x  1  m cos 6 x  0  m cos 6 x  cos 4 x  0
cos x  0
 cos 4 x  m cos 2 x  1  0  
2
 m cos x  1  0

2


cos x  0

1) Với m  2 thì pt  
 cos x  0  x   k , k  Z .
2
2
 2cos x  1  0 VN 

1
 
2) Với x   0;  thì
 cos x  1 nên nghiệm cos x  0
2
 4

bị loại.
Do đó, để phương trình có nghiệm thì phương trình
m cos2 x  1  0 có nghiệm.

Ta có m cos2 x  1  0  cos2 x  
1
2

 cos x  1 

có nghiệm khi

1
, m  0.
m

1
 cos 2 x  1 và f  x   cos2 x là hàm liên tục nên phương trình
2

1
1
   1  2  m  1.
2
m

Câu 3. Cho phương trình cos 4 x  cos2 3x  a sin 2 x .
1) Giải phương trình khi a  1 .
  
2) Tìm a để phương trình có nghiệm thuộc khoảng  0;  .
 12 

Hướng dẫn
cos 6 x  1
1  cos 2 x
a
2
2
3
4 cos 2 x  3cos 2 x  1
1  cos 2 x
 2 cos 2 2 x  1 
a
2
2
2
3
 4 cos 2 x  2  4 cos 2 x  3cos 2 x  1  a  a cos 2 x
pt  cos 4 x 

 4 cos 2 2 x  4 cos3 2 x   a  3 cos 2 x  a  3  0
cos 2 x  1
 4 cos 2 2 x 1  cos 2 x    a  3 cos 2 x  1  0  
2
 4 cos 2 x  a  3
cos 2 x  1

 2 cos 4 x  2  a  3  cos 4 x  a  1

2

 x  k
cos 2 x  1
 2 x  k 2



 x  k , k Z .
1) Với a  1 thì pt  

x  k
2
cos 4 x  1
 4 x  k 2

2
2) Với 0  x 


12

 0  2x 


6



3
 cos2 x 1 nên nghiệm
2

cos 2 x  1 bị loại.

3


Do đó ta cần phương trình cos 4 x 
Do 0  x 


12

 0  4x 


3

phương trình có nghiệm khi



a 1
có nghiệm.
2

1
 cos 4 x  1 và hàm số f  x   cos 4 x liên tục nên
2

1 a 1

 1  0  a  1.
2
2

Câu 4. Cho phương trình cos3x  2sin 2 x  m cos x  0 .
1) Giải phương trình khi m  2 .
 
2) Tìm m để phương trình có nghiệm x thuộc khoảng  0;  .
 2

Hướng dẫn
pt  4 cos3 x  3cos x  4sin x cos x  m cos x  0
 4 cos3 x  4sin x cos x   m  3 cos x  0
cos x  0
cos x  0


2
2
 4 cos x  4sin x  m  3  0
 4  4sin x  4sin x  m  3  0
cos x  0

2
 4sin x  4sin x   m  1  0

1) Với m  2 thì



 x  2  k

cos x  0
cos x  0


pt  

  x   k 2 , k  Z .
1
2

sin x 
6
 4sin x  4sin x  1  0


2
 x  5  k 2

6
 
2) Với x   0;  thì 0  cos x  1 nên nghiệm
 2

cos x  0 bị loại.
Do

đó

ta

cần

phương

trình

4sin 2 x  4sin x   m  1  0 có nghiệm.
Đặt sin x  t với 0  x 


2

 0  t 1 .

pt  4t 2  4t   m  1  0  m  1  f  t   4t 2  4t .

4


Phương trình m  1  f  t  có nghiệm khi đường nằm ngang y  m  1 cắt đồ thị hàm

f  t   4t 2  4t với 0  t  1 tại ít nhất một
điểm.
Dễ

dàng

vẽ

được

đồ

thị

hàm

số

f  t   4t 2  4t với 0  t  1 như dưới.
Từ đồ thị suy ra hai đường cắt nhau, hay
phương

trình



nghiệm

khi

1  m  1  0  2  m  1  1 .
Câu 5. Cho phương trình sin 2  x     sin  3x     a sin x . Tìm a để phương trình có ít
nhất một nghiệm x  k , k  Z .
Hướng dẫn
pt  sin  2 x  2   sin  3x     a sin x  sin 2 x  sin 3x  a sin x
 2sin x cos x  3sin x  4sin 3 x  a sin x
sin x  0
sin x  0
 x  k , k  Z



2
2
2
 2 cos x  3  4sin x  a
 2 cos x  3  4  4 cos x  a
 a  4 cos x  2 cos x  1

Theo yêu cầu để bài thì nghiệm x  k , k  Z không thỏa mãn.
Do đó ta cần phương trình a  4cos2 x  2cos x  1 có nghiệm x  k , k  Z .
Đặt cos x  t , với x  k  , k  Z  1  t  1 thì pt  a  4t 2  2t  1  f  t  .
Với f t   4t 2  2t  1 là hàm liên tục nên phương trình a  f  t  có nghiệm khi

min f  t   a  max f  t  với 1  t  1 .
Lập được bảng biến thiên của hàm số f  t  .

5


Từ bảng biến thiên nhận thấy min f  t   

5
và max f  t   5 .
4

Do đó phương trình có nghiệm x  k , k  Z khi 

5
 a  5.
4

Câu 6. Cho phương trình sin 4 x  m tan x . Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm
x  k , k  Z .

Hướng dẫn
pt  2sin 2 x cos 2 x  m tan x  4sin x cos x cos 2 x 

m sin x
cos x

sin x  0
sin x  0
 x  k , k  Z





2
2
2
4
2
 4 cos x  2 cos x  1  m
 4 cos x cos 2 x  m, cos x  0
 m  8cos x  4 cos x

Theo yêu cầu đề bài thì nghiệm x  k , k  Z không thỏa mãn.

 x  k , k Z
cos x  1
Do đó, ta cần m  8cos4 x  4cos2 x có nghiệm, với 
.

cos x  0
cos x 0
cos x  1
Đặt cos2 x  t với 
 0  t  1 thì
cos x  0

pt  m  f  t   8t 2  4t .
Phương trình có nghiệm khi đường nằm ngang y  m cắt đồ
thị hàm số f  t   8t 2  4t với 0  t  1 tại ít nhất một điểm.
Dựa vào đồ thị đã vẽ, nhận thấy hai đường cắt nhau hay
phương trình có nghiệm khi 

1
 m  4.
2

Câu 7. Cho phương trình 2  sin 4 x  cos4 x   cos 4 x  2sin 2 x  m  0 . Tìm m để phương

 
trình có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 0;  .
 2
Hướng dẫn
 1

pt  2 1  sin 2 2 x   1  2sin 2 2 x   2sin 2 x  m  0
 2

2
 2  sin 2 x  1  2sin 2 2 x  2sin 2 x  m  0  m  3sin 2 2 x  2sin 2 x  3

6


Đặt sin 2x  t , với

0 x


2

 0  2 x    0  sin 2 x  1 hay t   0;1 .

pt  m  f  t   3t 2  2t  3 , với 0  t  1 .
Hàm f  t   3t 2  2t  3 liên tục nên phương trình m  f  t  có nghiệm khi

min f  t   m  max f  t  với 0  t  1 .
Lập được bảng biến thiên hàm số f  t  .

Từ bảng biến thiên nhận thấy min f  t   

Do đó, phương trình có nghiệm khi 

10
và max f  t   2 .
3

10
 m  2 .
3

Câu 8. Cho phương trình cos 2 x  m sin 2 x  2m  1 . Tìm m để phương trình có nghiệm
 
thuộc khoảng 0;  .
 2

Hướng dẫn
 
Đây là phương trình bậc nhất đối với sin 2x và cos 2x . Tuy nhiên có điều kiện x  0; 
 2

nên điều kiện 12  m2   2m  1 không đủ để giải quyết bài toán.
2

Do đó, ta sẽ sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ t  tan x với cos x  0 để đưa phương trình đã
cho về phương trình bậc hai.

cos 2 x  2cos2 x  1  1
1) Xét cos x  0  
thì pt  1  2m  1  m  0 .
sin 2 x  2sin x cos x  0

7


Thử lại với m  0 thì pt  cos 2 x  1  2 x    k 2  x 
Họ nghiệm này cho một nghiệm x 


2

 k 2 , k  Z .



 
 0;  nên giá trị m  0 thỏa mãn yêu cầu
2  2

bài toán.
2) Với cos x  0  x 

Đặt

0 x


2

 k , k  Z ,

2t

sin 2x  1  t 2
,
t  tan x  
2
cos 2x  1  t
1 t2



2

với

 tan x  0  t  0;   .

Khi đó, pt 

1 t2
2t
m
 2m  1  mt 2  mt  2m  2  0
2
1 t
1 t2

 m t 2  t  2  2  m  f t  
Hàm số f  t  

2
.
t t 2
2

2
liên tục nên phương trình m  f  t  có nghiệm khi
t t 2
2

min f  t   m  max f  t  với t  0 .
Dễ thấy t 2  t  2  0 t  f t  

2
0 .
t t 2
2

Đồng thời t  0  t 2  t  2  2  f t  

2
1 .
t t 2
2

Do đó, trường hợp này phương trình có nghiệm khi 0  m  1 .

m 
Kết hợp hai trường hợp, suy ra phương trình có nghiệm khi 
 0  m  1.
0  m  1
Câu 9. Cho phương trình 2cos 2 x  sin 2 x cos x  cos2 x sin x  m sin x  cos x  .
1) Giải phương trình khi m  2 .
 
2) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc 0;  .
 2

Hướng dẫn

8


pt  2  cos 2 x  sin 2 x   sin x cos x  sin x  cos x   m  sin x  cos x 



sin x  cos x  0  x    k , k  Z

4


 2  cos x  sin x   sin x cos x  m 1
Đặt cos x  sin x  t , t 

1  2t 

2  sin x cosx 

1 t2
.
2

1 t2
 m  t 2  4t  1  2m
2

t  3  loai 
1) Với m  2 thì 1  t 2  4t  1  4  t 2  4t  3  0  
t  1  cos x  sin x  1
 x  k 2

,k  Z
 x     k 2

2
Vậy hệ có nghiệm x  
2) Với điều kiện 0  x 


4


2

 k , x  k 2 , x  

thì nghiệm x  


4


2

 k2 , k  Z .

 k , k  Z không thỏa mãn. Do đó ta

 
cần phương trình 1 có nghiệm trong khoảng 0;  .
 2

1  2m  f t   t 2  4t  1 . Trong đó, t  cos x  sin x 
Với 0  x 


2




4

 x


4



3
1



 cos  x 
4
4
2




2 cos  x   .
4


 1
 1  t 1 .

2


Hàm số f  t   t 2  4t  1 liên tục nên phương trình 2m  f  t  có nghiệm khi

min f  t   2m  max f  t  với 1  t  1 .
Lập bảng biến thiên hàm số f  t  dễ dàng tìm được min f  t   f  1  4 và

max f  t   f 1  4 .

9


Do đó, phương trình có nghiệm khi 4  2m  4  2  m  2 .
Cho phương trình 2  sin x  cos x   2sin x cos x  m  0 . Tìm m để phương

Câu 10.

 
trình có nghiệm thuộc đoạn  0;  .
 2
Hướng dẫn
Đặt t  sin x  cos x 


t2 1

2 cos x   thì sin x cos x 
.
4
2

đó,

Trong

0 x


2




4

x


4





 cos  x    1  1  t  2 .
4
2


1

pt  2t  t 2  1  m  m  f  t   t 2  2t  1 .
Hàm số f  t   t 2  2t  1 liên tục nên hàm số có nghiệm khi min f  t   m  max f  t  .
Lập bảng biến thiên, tìm được f  t   f 1  2 và max f  t   f

 2  1 2

2.

Do đó, phương trình có nghiệm khi 2  m  1  2 2  1  2 2  m  2 .
Câu 11.

1
1
1 

Cho phương trình m  sin x  cos x   1   tan x  cot x 
  0.
2
sin x cos x 

1) Giải phương trình với m 

1
.
2

 
2) Tìm m nguyên để phương trình có nghiệm trong khoảng  0;  .
 2
Hướng dẫn

10


1  sin x cos x sin x  cos x 
pt  m  sin x  cos x   1  


0
2  cos x sin x
sin x cos x 
1  sin x  cos x
 m  sin x  cos x   1 
0
2sin x cos x
Đặt t  sin x  cos x 



2 cos x   , với
4


 t  2
t2 1
,
.
sin
x
cos
x


2
sin xcos x 0  t  1

t  0
t 1
1
t
pt  mt  1  2
 0  mt  1 
 0  mt 
0
m  1  0
t 1
t 1
t 1
t 1

t  0
t  sin x  cos x  0
1

1) Với m  , pt   1

 x    k , k  Z .
1
 
2
4
0
t  1 loai 
 2 t 1

0 x
2) Với


2





 x

4


4




4



 t  2 cos  x    1; 2   1
4




Với điều kiện này thì nghiệm t  0 không thỏa mãn.
Do

m

đó

ta

cần

phương

trình

1
1
 0  m  f  t  
có nghiệm.
t 1
t 1

Ta có t  1  f  t  

1
 0;
t 1

Đồng thời t  2  t  1  2  1  f  t  

1

t 1

1
2 1

 2  1.

Do đó, để phương trình có nghiệm thì m  f  t   2  1  m   2  1 .
Đối chiếu yêu cầu m nguyên, ta được m  3 .

11



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×