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.
