phương trình bậc cao đối với một hàm số lượng giác

Bài viết hướng dẫn một số phương pháp giải phương trình lượng giác bậc cao đối với một hàm số lượng giác.

I. PHƯƠNG PHÁP

Bài toán: Giải phương trình bậc cao đối với một hàm số lượng giác.

PHƯƠNG PHÁP CHUNG:

1. Đối với phương trình bậc \(3\): \(a{t^3} + b{t^2} + ct + d = 0\) \((1).\)

Ta lựa chọn một trong ba hướng:

+ Hướng 1: Nếu xác định được nghiệm \({t_0}\) thì:

\((1) \Leftrightarrow \left( {t – {t_0}} \right)\left( {a{t^2} + Bt + C} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = {t_0}}\\

{a{t^2} + Bt + C = 0\:\left( 2 \right)}

\end{array}} \right..\)

Khi đó việc giải \((1)\) được dẫn về việc giải \((2).\)

+ Hướng 2: Sử dụng phương pháp hằng số biến thiên.

+ Hướng 3: Sử dụng phương pháp hàm số đồ thị.

2. Đối với phương trình bậc \(4\): \(a{t^4} + b{t^3} + c{t^2} + dt + e = 0\) \((3).\)

Ta lựa chọn một trong bốn hướng:

+ Hướng 1: Nếu xác định được nghiệm \({t_0}\) thì:

\((3) \Leftrightarrow \) \(\left( {t – {t_0}} \right)\left( {a{t^3} + B{t^2} + Ct + D} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = {t_0}}\\

{a{t^3} + B{t^2} + Ct + D = 0\:(4)}

\end{array}} \right..\)

Khi đó việc giải \((3)\) được dẫn về việc giải \((4).\)

+ Hướng 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.

+ Hướng 3: Sử dụng phương pháp hằng số biến thiên.

+ Hướng 4: Sử dụng phương pháp hàm số đồ thị.

Ví dụ 1: (Đại học Thái Nguyên – 1997): Giải phương trình:

\(4{\cos ^2}x – \cos 3x\) \( = 6\cos x + 2(1 + \cos 2x).\)

Biến đổi phương trình về dạng:

\(4{\cos ^2}x – \left( {4{{\cos }^3}x – 3\cos x} \right)\) \( = 6\cos x + 4{\cos ^2}x.\)

\( \Leftrightarrow 4{\cos ^3}x + 3\cos x = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {4{{\cos }^2}x + 3} \right)\cos x = 0.\)

\( \Leftrightarrow \cos x = 0\) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in Z.\)

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Ví dụ 2: Cho phương trình: \(\cos 3x – \cos 2x + m\cos x – 1 = 0\) \((1).\)

a. Giải phương trình với \(m = 1.\)

b. (ĐH Y Dược TP HCM – 1999): Tìm \(m\) để phương trình có đúng \(7\) nghiệm thuộc khoảng \(\left( { – \frac{\pi }{2},2\pi } \right).\)

Biến đổi phương trình về dạng:

\(4{\cos ^3}x – 3\cos x\) \( – \left( {2{{\cos }^2}x – 1} \right) + m\cos x – 1 = 0\) \( \Leftrightarrow 4{\cos ^3}x – 2{\cos ^2}x\) \( + (m – 3)\cos x = 0.\)

Đặt \(t = \cos x\), điều kiện \(|t| \le 1\), phương trình có dạng:

\(4{t^3} – 2{t^2} + (m – 3)t = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {4{t^2} – 2t + m – 3} \right)t = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = 0}\\

{4{t^2} – 2t + m – 3 = 0\:\left( 2 \right)}

\end{array}} \right..\)

Với \(t = 0\):

\( \Leftrightarrow \cos x = 0\) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) \((*).\)

a. Với \(m = 1\), ta được:

\((2) \Leftrightarrow 4{t^2} – 2t – 2 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = 1}\\

{t = – \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\cos x = 1}\\

{\cos x = – \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2k\pi }\\

{x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + 2k\pi }

\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)

Vậy với \(m = 1\) phương trình có \(4\) họ nghiệm.

b. Trước hết ta tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện đầu bài từ \((*)\), ta được:

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{x_1} = \frac{\pi }{2}}\\

{{x_2} = \frac{{3\pi }}{2}}

\end{array}} \right..\)

Vậy để phương trình \((1)\) có đúng \(7\) nghiệm thuộc \(\left( { – \frac{\pi }{2},2\pi } \right).\)

\(\Leftrightarrow\) phương trình \((2)\) có nghiệm thoả mãn: \( – 1 < {t_1} < 0 < {t_2} < 1.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{af( – 1) /> 0}\\

{af(0) < 0}\\

{af(1) /> 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m + 3 /> 0}\\

{m – 3 < 0}\\

{m – 1 /> 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow 1 < m < 3.\)

Vậy với \(1<m< 3\) thoả mãn điều kiện đầu bài.

Chú ý: Để các em học sinh tiện theo dõi ta có thể lý giải điều kiện trên có được bởi:

1. Với \({t_2} \in (0,1)\) thì bằng cách dựng đường thẳng qua \({t_2}\) vuông góc với trục cosin ta được ba nghiệm \({\alpha _1}\), \({\alpha _2}\) và \({\alpha _3}\) thuộc cung \(\widehat {AB}.\)

2. Với \({t_1} \in ( – 1,0)\) thì bằng cách dựng đường thẳng qua \({t_1}\) vuông góc với trục cosin ta được hai nghiệm \({\alpha _4}\) và \({\alpha _5}\) thuộc cung \(\widehat {AB}.\)

Ví dụ 3: Cho phương trình:

\({\cot ^3}x – 3{\cot ^2}x + m = 0\) \((1).\)

a. Với \(m = -1\), phương trình có mấy nghiệm thuộc \(\left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)\)?

b. Tìm \(m\) để phương trình có ba nghiệm phân biệt thuộc \((0,\pi ).\)

Điều kiện:

\(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \), \(k \in Z.\)

Đặt \(\cot x = t\), khi đó phương trình có dạng:

\({t^3} – 3{t^2} + m = 0.\)

Nghiệm của phương trình \((1)\) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {t^3} – 3{t^2}\) với đường thẳng \(y =-m.\)

Xét hàm số \(y = {x^3} – 3{x^2}\) trên \(R.\)

Đạo hàm:

\(y’ = 3{t^2} – 6t\), \(y’ = 0\) \( \Leftrightarrow 3{t^2} – 6t = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = 0}\\

{t = 2}

\end{array}} \right..\)

Bảng biến thiên:

a. Với \(m = – 1\), đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số tại một điểm có hoành độ \({t_1} /> 2\), suy ra phương trình \((1)\) nghiệm duy nhất thuộc \(\left( {0,\frac{\pi }{2}} \right).\)

b. Để phương trình có ba nghiệm phân biệt thuộc \((0,\pi )\) điều kiện là:

\( – 4 < – m < 0\) \( \Leftrightarrow 0 < m < 4.\)

Ví dụ 4: Cho phương trình:

\({\tan ^4}x + \left( {2m – 1} \right){\tan ^3}x\) \( + \left( {{m^2} – 2m} \right){\tan ^2}x – \left( {{m^2} – m + 1} \right)\tan x\) \( – m + 1 = 0\) \((1).\)

a. Giải phương trình với \(m = -1.\)

b. Xác định \(m\) để phương trình có \(4\) nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { – \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right).\)

Điều kiện:

\(\cos x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in Z.\)

Đặt \(\tan x = t\), khi đó phương trình có dạng:

\({t^4} + (2m – 1){t^3} + \left( {{m^2} – 2m} \right){t^2}\) \( – \left( {{m^2} – m + 1} \right)t – m + 1 = 0.\)

\( \Leftrightarrow (t – 1)\left( {{t^3} + 2m{t^2} + {m^2}t + m – 1} \right) = 0.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t – 1 = 0}\\

{{t^3} + 2m{t^2} + {m^2}t + m – 1 = 0}

\end{array}} \right.\) \((I).\)

Để tiếp tục phân tích \((2)\), ta viết lại \((2)\) dưới dạng:

\(t{m^2} + \left( {2{t^2} + 1} \right)m + {t^3} – 1 = 0.\)

Coi \(m\) là ẩn, còn \(t\) là tham số, ta được phương trình bậc \(2\) theo \(m\) và giải ra ta được:

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{m = 1 – t}\\

{m = – \frac{{{t^2} + t + 1}}{t}}

\end{array}} \right..\)

Do đó \((2)\) được chuyển về dạng:

\((t + m – 1)\left[ {{t^2} + (m + 1)t + 1} \right] = 0.\)

Khi đó:

\((I) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t – 1 = 0}\\

{t + m – 1 = 0}\\

{g(t) = {t^2} + (m + 1)t + 1 = 0\:\left( 3 \right)}

\end{array}} \right.\) \((II).\)

a. Với \(m = -1:\)

\((II) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t – 1 = 0}\\

{t – 2 = 0}\\

{{t^2} + 1 = 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = 1}\\

{t = 2}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\tan x = 1}\\

{\tan x = 2 = \tan \alpha }

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = \frac{\pi }{4} + k\pi }\\

{x = \alpha + k\pi }

\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

b. Để phương trình có \(4\) nghiệm phân biệt \(x \in \left( { – \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right).\)

\( \Leftrightarrow (3)\) có \(2\) nghiệm phân biệt khác \(1\) và \(1- m\) và \(1 – m \ne 1.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\Delta {‘_g} /> 0}\\

{g(1) \ne 0}\\

{g(1 – m) \ne 0}\\

{1 – m \ne 1}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{m^2} + 2m – 3 /> 0}\\

{m + 3 \ne 0}\\

{3 – 2m \ne 0}\\

{m \ne 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{1 < m \ne \frac{3}{2}}\\

{m < – 3}

\end{array}} \right..\)

Vậy với \(m \in ( – \infty , – 3) \cup (1, + \infty )\backslash \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}\) phương trình có \(4\) nghiệm phân biệt.

II. CÁC BÀI TOÁN THI

Bài 1: (ĐHNN – 2000): Giải phương trình:

\(2\cos 2x – 8\cos x + 7 = \frac{1}{{\cos x}}.\)

Điều kiện:

\(\cos x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in Z.\)

Biến đổi phương trình về dạng:

\(\left[ {2\left( {2{{\cos }^2}x – 1} \right) – 8\cos x + 7} \right]\cos x = 1\) \( \Leftrightarrow 4{\cos ^3}x – 8{\cos ^2}x + 5\cos x – 1 = 0.\)

Đặt \(t=\cos x\), điều kiện \(|t| \le 1.\)

Khi đó phương trình có dạng:

\(4{t^3} – 8{t^2} + 5t – 1 = 0\) \( \Leftrightarrow (t – 1)\left( {4{t^2} – 4t + 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow (t – 1){(2t – 1)^2} = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{t = 1}\\

{t = \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\cos x = 1}\\

{\cos x = \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2k\pi }\\

{x = \pm \frac{\pi }{3} + 2k\pi }

\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)

Vậy phương trình có ba họ nghiệm.

Bài 2: (ĐHQG TP HCM khối D – 1999): Cho phương trình:

\((\cos x + 1)(\cos 2x – m\cos x) = m{\sin ^2}x\) \((1).\)

a. Giải phương trình với \(m = -2.\)

b. Tìm \(m\) để phương trình có đúng \(2\) nghiệm thuộc \(\left[ {0,\frac{{2\pi }}{3}} \right].\)

Biến đổi phương trình về dạng:

\((\cos x + 1)(\cos 2x – m\cos x)\) \( = m\left( {1 – {{\cos }^2}x} \right).\)

\( \Leftrightarrow (\cos x + 1)[\cos 2x – m\cos x – m(1 – \cos x)] = 0.\)

\( \Leftrightarrow (\cos x + 1)(\cos 2x – m) = 0.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\cos x = – 1}\\

{\cos 2x = m}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = \pi + 2k\pi }\\

{\cos 2x = m\:\left( * \right)}

\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)

a. Với \(m = -2\), phương trình \((*)\) vô nghiệm.

Vậy với \(m = -2\), phương trình có một họ nghiệm \(x = \pi + 2k\pi \), \(k \in Z.\)

b. Để phương trình có đúng \(2\) nghiệm thuộc \(\left[ {0,\frac{{2\pi }}{3}} \right].\)

\( \Leftrightarrow \) phương trình \(\cos t = m\) (với \(t = 2x\)) có đúng \(2\) nghiệm thuộc \(\left[ {0,\frac{{4\pi }}{3}} \right].\)

\( \Leftrightarrow – 1 < m \le – \frac{1}{2}.\)

Vậy với \( – 1 < m \le – \frac{1}{2}\) thoả mãn điều kiện đầu bài.

Chú ý: Để các em học sinh tiện theo dõi ta có thể lý giải điều kiện trên có được bởi:

+ Nếu \( – \frac{1}{2} < m \le 1\) thì bằng cách dựng đường thẳng vuông góc với trục cosin ta được hai nghiệm \({\alpha _1}\) và \({\alpha _2}\) nhưng khi đó dễ thấy \({\alpha _2}\) không thuộc cung \(\widehat {AB}\), tức là chỉ có \(1\) nghiệm được chấp nhận.

Nếu \( – 1 < m \le – \frac{1}{2}\) thì bằng cách dựng đường thẳng vuông góc với trục cosin ta được hai nghiệm \({x_1}\), \({x_2}\) và cả hai nghiệm này đều thuộc cung \(\widehat {AB}\), tức là có \(2\) nghiệm được chấp nhận.

Bài 3: (ĐHSP TPHCM khối A – 2000): Cho phương trình:

\(\sin 3x – m\cos 2x – (m + 1)\sin x + m = 0.\)

Tìm \(m\) để phương trình có đúng \(8\) nghiệm thuộc \((0,3\pi ).\)

Biến đổi phương trình về dạng:

\(3\sin x – 4{\sin ^3}x – m\left( {1 – 2{{\sin }^2}x} \right)\) \( – (m + 1)\sin x + m = 0.\)

\( \Leftrightarrow \left( {4{{\sin }^2}x – 2m\sin x + m – 2} \right)\sin x = 0.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\sin x = 0}\\

{4{{\sin }^2}x – 2m\sin x + m – 2 = 0\:\left( 1 \right)}

\end{array}} \right..\)

+ Với \(\sin x = 0\):

\( \Leftrightarrow x = k\pi \) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{x \in (0,3\pi )} \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{x_1} = \pi }\\

{{x_2} = 2\pi }

\end{array}} \right..\)

+ Với phương trình \((1)\), đặt \(t = \sin x\), điều kiện \(|t| \le 1\), ta được:

\(4{t^2} – 2mt + m – 2 = 0\) \((2).\)

Vậy để phương trình có đúng \(8\) nghiệm thuộc \((0,3\pi ).\)

\( \Leftrightarrow \) phương trình \((1)\) có \(6\) nghiệm thuộc \((0,3\pi )\backslash \left\{ {\pi ,2\pi } \right\}.\)

\( \Leftrightarrow \) phương trình \((2)\) có nghiệm thoả mãn \( – 1 < {t_1} < 0 < {t_2} < 1.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{af( – 1) /> 0}\\

{af(0) < 0}\\

{af(1) /> 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{3m + 2 /> 0}\\

{m – 2 < 0}\\

{ – m + 2 /> 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow – \frac{2}{3} < m < 2.\)

Vậy với \( – \frac{2}{3} < m < 2\) thoả mãn điều kiện đầu bài.

Chú ý: Để các em học sinh tiện theo dõi ta có thể lý giải điều kiện trên có được bởi:

1. Với \({t_2} \in (0,1)\) thì bằng cách dựng đường thẳng qua \({t_2}\) vuông góc với trục sin ta được bốn nghiệm \({\alpha _1}\), \({\alpha _2}\), \({\alpha _3}\) và \({\alpha _4}\) thuộc cung \(\widehat {AB}.\)

2. Với \({t_1} \in ( – 1,0)\) thì bằng cách dựng đường thẳng qua \({t_1}\) vuông góc với trục sin ta được hai nghiệm \({\alpha _5}\) và \({\alpha _6}\) thuộc cung \(\widehat {AB}.\)

III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài tập 1: Giải phương trình: \(4(\sin 3x – \cos 2x) = 5(\sin x – 1).\)

Bài tập 2: Cho phương trình: \(\sin 3x + \sin x – 2{\cos ^2}x = m.\)

a. Giải phương trình với \(m = 0.\)

b. Tìm \(m\) để phương trình có \(6\) nghiệm phân biệt thuộc \([0,\pi ].\)

Bài tập 3: Xác định \(m\) để phương trình: \({\cos ^4}x + (m – 2){\sin ^2}x + 4 = 0\) vô nghiệm.