Bài viết hướng dẫn phương pháp giải và biện luận phương trình đối xứng đối với tanx và cotx.
I. PHƯƠNG PHÁP
Bài toán 1: Giải phương trình: \(a\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( + b(\tan x + \cot x) + c = 0\) \((1).\)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG:
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Bước 2: Đặt \(\tan x + \cot x = t\), điều kiện \(|t| \ge 2\) \( \Rightarrow {\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} – 2.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\(a\left( {{t^2} – 2} \right) + bt + c = 0\) \( \Leftrightarrow a{t^2} + bt + c – 2a = 0\) \((2).\)
Bước 3: Giải phương trình \((2)\) theo \(t\) và chọn nghiệm \({t_0}\) thoả mãn điều kiện \(|t| \ge 2.\)
Bước 4: Với \(t = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \tan x + \cot x = {t_0}\), khi đó ta có thể lựa chọn một trong hai hướng biến đổi sau:
+ Hướng 1: Ta có:
\(\tan x + \frac{1}{{\tan x}} = {t_0}\) \( \Leftrightarrow {\tan ^2}x – {t_0}\tan x + 1 = 0.\)
Đây là phương trình bậc hai theo \(\tan x.\)
+ Hướng 2: Ta có:
\(\frac{{\sin x}}{{\cos x}} + \frac{{\cos x}}{{\sin x}} = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}{{\sin x\cos x}} = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \sin 2x = \frac{1}{{2{t_0}}}.\)
Đây là phương trình cơ bản của sin.
Chú ý: Cũng có thể lựa chọn phép đổi biến \(t = \tan x\), tuy nhiên khi đó ta sẽ thu được một phương trình bậc cao.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
\((\tan x + 7)\tan x\) \( + (\cot x + 7)\cot x + 14 = 0.\)
Điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Biến đổi phương trình về dạng:
\(\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( + 7(\tan x + \cot x) + 14 = 0.\)
Đặt \(\tan x + \cot x = t\), điều kiện \(|t| \ge 2\), suy ra \({\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} – 2.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\({t^2} – 2 + 7t + 14 = 0\) \( \Leftrightarrow {t^2} + 7t + 12 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = – 3}\\
{t = – 4}
\end{array}} \right..\)
+ Với \(t=-3\) ta được:
\(\tan x + \cot x = – 3\) \( \Leftrightarrow \tan x + \frac{1}{{\tan x}} = – 3\) \( \Leftrightarrow {\tan ^2}x + 3\tan x + 1 = 0.\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\tan x = \frac{{ – 3 – \sqrt 5 }}{2} = \tan \alpha }\\
{\tan x = \frac{{ – 3 + \sqrt 5 }}{2} = \tan \beta }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \alpha + k\pi }\\
{x = \beta + k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
+ Với \(t = – 4\) ta được:
\(\tan x + \cot x = – 4\) \( \Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{{\cos x}} + \frac{{\cos x}}{{\sin x}} = – 4\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}{{\sin x\cos x}} = – 4.\)
\( \Leftrightarrow \sin 2x = – \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x = – \frac{\pi }{6} + 2k\pi }\\
{2x = \frac{{7\pi }}{6} + 2k\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – \frac{\pi }{{12}} + k\pi }\\
{x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Vậy phương trình có bốn họ nghiệm.
Nhận xét: Qua việc lựa chọn hai phương pháp giải để tìm ra nghiệm \(x\) khi biết \({t_0}\) các em hãy lựa chọn cho mình một phương pháp phù hợp.
Ví dụ 2: Cho phương trình:
\({\tan ^2}x + {\cot ^2}x\) \( + m(\tan x + \cot x) + 2m = 0\) \((1).\)
a. Giải phương trình với \(m = – \frac{1}{2}.\)
b. Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm.
Điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Đặt \(\tan x + \cot x = t\) với \(|t| \ge 2\), suy ra \({\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} – 2.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\({t^2} – 2 + mt + 2m = 0\) \( \Leftrightarrow f(t) = {t^2} + mt + 2m – 2 = 0\) \((2).\)
a. Với \(m = – \frac{1}{2}\) ta được:
\({t^2} – \frac{1}{2}t – 3 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = 2}\\
{t = – 3/2\:{\rm{(loại)}}}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \tan x + \cot x = 2.\)
\( \Leftrightarrow \tan x = 1\) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \), \(k \in Z.\)
Vậy với \(m = – \frac{1}{2}\) phương trình có một họ nghiệm.
b. Để tìm \(m\) sao cho phương trình có nghiệm ta lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Phương trình \((1)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \) phương trình \((2)\) có nghiệm \(|t| \ge 2.\)
Xét bài toán ngược: “Tìm điều kiện để phương trình đã cho vô nghiệm”.
Phương trình đã cho vô nghiệm:
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
(2){\rm{\:vô\:nghiệm}}\\
(2){\rm{\:có\:hai\:nghiệm\:thuộc\:}}( – 2,2)
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta < 0}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta \ge 0}\\
{af( – 2) /> 0}\\
{af(2) /> 0}\\
{ – 2 < \frac{S}{2} < 2}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{m^2} – 8m – 8 < 0\\
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{m^2} – 8m – 8 \ge 0}\\
{2 /> 0}\\
{4m + 2 /> 0}\\
{ – 2 < – \frac{m}{2} < 2}
\end{array}} \right.
\end{array} \right..\)
\( \Leftrightarrow – \frac{1}{2} < m < 4 + 2\sqrt 2 .\)
Vậy với \(m \le – \frac{1}{2}\) hoặc \(m \ge 4 + 2\sqrt 2 \) phương trình đã cho có nghiệm.
Cách 2: Vì \(t = – 2\) không phải là nghiệm của phương trình, nên viết lại \((2)\) dưới dạng:
\(\frac{{ – {t^2} + 2}}{{t + 2}} = m.\)
Vậy phương trình \((1)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \) đường thẳng \(y = m\) cắt phần đồ thị hàm số \(y = \frac{{ – {t^2} + 2}}{{t + 2}}\) trên \(( – \infty , – 2] \cup [2, + \infty ).\)
Xét hàm số \(y = \frac{{ – {t^2} + 2}}{{t + 2}}\) trên \((-\infty,-2] \cup[2,+\infty)\)
Đạo hàm:
\(y’ = \frac{{ – {t^2} – 4t – 2}}{{{{(t + 2)}^2}}}.\)
\(y’ = 0\) \( \Leftrightarrow – {t^2} – 4t – 2 = 0\) \( \Leftrightarrow t = – 2 \pm \sqrt 2 .\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta được điều kiện là: \(m \le – \frac{1}{2}\) hoặc \(m \ge 4 + 2\sqrt 2 .\)
Chú ý: Phương pháp được mở rộng tự nhiên cho các phương trình đối xứng bậc cao hơn \(2.\)
Ví dụ 3: Cho phương trình:
\(2\tan x + {\tan ^2}x + {\tan ^3}x\) \( + 2\cot x + {\cot ^2}x + {\cot ^3}x = m\) \((1).\)
a. Giải phương trình với \(m = 8.\)
b. Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm.
Điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Đặt \(\tan x + \cot x = t\), điều kiện \(|t| \ge 2\), suy ra:
\({\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} – 2.\)
\({\tan ^3}x + {\cot ^3}x\) \( = {(\tan x + \cot x)^3}\) \( – 3\tan x\cot x(\tan x + \cot x)\) \( = {t^3} – 3t.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\(2t + {t^2} – 2 + {t^3} – 3t = m\) \( \Leftrightarrow {t^3} + {t^2} – t – 2 = m\) \((2).\)
a. Với \(m = 8\) ta được:
\({t^3} + {t^2} – t – 10 = 0\) \( \Leftrightarrow (t – 2)\left( {{t^2} + 3t + 5} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow t = 2\) \( \Leftrightarrow \tan x + \cot x = 2.\)
\( \Leftrightarrow \tan x = 1\) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \), \(k \in Z.\)
Vậy với \(m = 10\) phương trình có một họ nghiệm.
b. Phương trình \((1)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \) đường thẳng \(y = m\) cắt phần đồ thị hàm số \(y = {t^3} + {t^2} – t – 2\) trên \((-\infty,-2] \cup[2,+\infty)\)
Xét hàm số \(y = {t^3} + {t^2} – t – 2\) trên \(D = ( – \infty , – 2] \cup [2, + \infty ).\)
Đạo hàm:
\(y’ = 3{t^2} + 2t – 1 /> 0\), \(\forall t \in D\) \( \Leftrightarrow \) hàm số đồng biến trên \(D.\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta được điều kiện là \(m \le – 4\) hoặc \(m \ge 8.\)
Bài toán 2: Giải phương trình: \(a\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( + b(\tan x – \cot x) + c = 0\) \((1).\)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG:
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Bước 2: Đặt \(\tan x – \cot x = t\) \( \Rightarrow {\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} + 2.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\(a\left( {{t^2} + 2} \right) + bt + c = 0\) \( \Leftrightarrow a{t^2} + bt + c + 2a = 0\) \((2).\)
Bước 3: Giải phương trình \((2)\) theo \(t.\)
Bước 4: Với \(t = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \tan x – \cot x = {t_0}\), khi đó ta có thể lựa chọn một trong hai hướng biến đổi sau:
+ Hướng 1: Ta có:
\(\tan x – \frac{1}{{\tan x}} = {t_0}\) \( \Leftrightarrow {\tan ^2}x – {t_0}\tan x – 1 = 0.\)
Đây là phương trình bậc hai theo \(\tan x.\)
+ Hướng 2: Ta có:
\(\frac{{\sin x}}{{\cos x}} – \frac{{\cos x}}{{\sin x}} = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{\sin }^2}x – {{\cos }^2}x}}{{\sin x\cos x}} = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \frac{{ – 2\cos 2x}}{{\sin 2x}} = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \cot 2x = – \frac{{{t_0}}}{2}.\)
Đây là phương trình cơ bản của cotan.
Chú ý: Cũng có thể lựa chọn phép đổi biến \(t = \tan x\), tuy nhiên khi đó ta sẽ thu được một phương trình bậc cao.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
\(\sqrt 3 \left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( + 2(\sqrt 3 – 1)(\tan x – \cot x)\) \( – 4 – 2\sqrt 3 = 0.\)
Điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Đặt \(\tan x – \cot x = t\), suy ra \({\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} + 2.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\(\sqrt 3 \left( {{t^2} + 2} \right) + 2(\sqrt 3 – 1)t – 4 – 2\sqrt 3 = 0\) \( \Leftrightarrow \sqrt 3 {t^2} + 2(\sqrt 3 – 1)t – 4 = 0.\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = – 2}\\
{t = 2/\sqrt 3 }
\end{array}} \right..\)
+ Với \(t = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) ta được:
\(\tan x – \cot x = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) \( \Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{{\cos x}} – \frac{{\cos x}}{{\sin x}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{\sin }^2}x – {{\cos }^2}x}}{{\sin x\cos x}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}.\)
\( \Leftrightarrow \cot 2x = – \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Leftrightarrow 2x = – \frac{\pi }{3} + k\pi \) \( \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
+ Với \(t =-2\) ta được:
\(\tan x – \cot x = – 2\) \( \Leftrightarrow \tan x – \frac{1}{{\tan x}} = – 2\) \( \Leftrightarrow {\tan ^2}x + 2\tan x – 1 = 0.\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\tan x = – 1 – \sqrt 2 = \tan \alpha }\\
{\tan x = – 1 + \sqrt 2 = \tan \beta }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \alpha + k\pi }\\
{x = \beta + k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Vậy phương trình có ba họ nghiệm.
Nhận xét: Qua việc lựa chọn hai phương pháp giải để tìm ra nghiệm \(x\) khi biết \({t_0}\), lời khuyên dành cho các em học sinh là hãy lựa chọn hướng 2 để giải, bởi ngay với \(t=-2\), ta được:
\(\tan x – \cot x = – 2\) \( \Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{{\cos x}} – \frac{{\cos x}}{{\sin x}} = – 2\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{\sin }^2}x – {{\cos }^2}x}}{{\sin x\cos x}} = – 2.\)
\( \Leftrightarrow \cot 2x = 1\) \( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{4} + k\pi \) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Chú ý: Phương pháp được mở rộng tự nhiên cho các phương trình đối xứng bậc cao hơn \(2.\)
Ví dụ 5: Cho phương trình:
\({\tan ^3}x – {\cot ^3}x\) \( – 3\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( – 3(\tan x – \cot x)\) \( + m + 6 = 0\) \((1).\)
a. Giải phương trình với \(m = 4.\)
b. Biện luận theo \(m\) số nghiệm thuộc \(\left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)\) của phương trình.
Điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Đặt \(\tan x – \cot x = t.\)
Suy ra:
\({\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} + 2.\)
\({\tan ^3}x – {\cot ^3}x\) \( = {(\tan x – \cot x)^3}\) \( + 3\tan x\cot x(\tan x – \cot x)\) \( = {t^3} + 3t.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\({t^3} + 3t – 3\left( {{t^2} + 2} \right) – 3t + m + 6 = 0\) \( \Leftrightarrow {t^3} – 3{t^2} + m = 0\) \((2).\)
a. Với \(m = 4\) ta được:
\({t^3} – 3{t^2} + 4 = 0\) \( \Leftrightarrow (t + 1)\left( {{t^2} – 4t + 4} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow (t + 1){(t – 2)^2} = 0.\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = – 1}\\
{t = 2}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\tan x – \cot x = – 1}\\
{\tan x – \cot x = 2}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\cot 2x = \frac{1}{2} = \cot 2\alpha }\\
{\cot 2x = – 1}
\end{array}} \right..\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x = 2\alpha + k\pi }\\
{2x = – \frac{\pi }{4} + k\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \alpha + \frac{{k\pi }}{2}}\\
{x = – \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}}
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Vậy với \(m = 4\) phương trình có hai họ nghiệm.
b. Với mỗi nghiệm \({t_0}\) của phương trình \((2)\) ta được:
\(\tan x – \cot x = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \cot 2x = – \frac{{{t_0}}}{2}.\)
Mặt khác vì \(x \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)\) \( \Leftrightarrow 2x \in (0,\pi ).\)
Do đó với mỗi nghiệm \({t_0}\) của \((2)\) ta có được \(1\) nghiệm \({x_0} \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)\) của \((1).\)
Số nghiệm của \((2)\) bằng số giao điểm của đường thẳng \(y = -m\) với đồ thị hàm số \(y = {t^3} – 3{t^2}.\)
Xét hàm số \(y = {t^3} – 3{t^2}.\)
Đạo hàm:
\(y’ = 3{t^2} – 6t.\)
\(y’ = 0\) \( \Leftrightarrow 3{t^2} – 6t = 0\) \( \Leftrightarrow t = 0\) hoặc \(t = 2.\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có kết luận (bạn đọc tự đưa ra lời kết luận).
II. CÁC BÀI TOÁN THI
Bài 1: Cho phương trình:
\(\frac{3}{{{{\sin }^2}x}} + 3{\tan ^2}x\) \( + m(\tan x + \cot x) – 1 = 0\) \((1).\)
Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm.
Điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Biến đổi phương trình về dạng:
\(3\left( {1 + {{\cot }^2}x} \right) + 3{\tan ^2}x\) \( + m(\tan x + \cot x) – 1 = 0.\)
\( \Leftrightarrow 3\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( + m(\tan x + \cot x) + 2 = 0.\)
Đặt \(\tan x + \cot x = t\), điều kiện \(|t| \ge 2\), suy ra \({\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} – 2.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\(3\left( {{t^2} – 2} \right) + mt + 2 = 0\) \( \Leftrightarrow f(t) = 3{t^2} + mt – 4 = 0\) \((2).\)
Để tìm \(m\) sao cho phương trình có nghiệm ta lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Ta đi xét bài toán ngược: “Tìm \(m\) để phương trình vô nghiệm”.
Phương trình \((1)\) vô nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
(2){\rm{\:vô\:nghiệm\:}}\\
(2){\rm{\:có\:2\:nghiệm\:thuộc\:}}\left( { – 2,2} \right)
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta < 0}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta \ge 0}\\
{af(2) /> 0}\\
{af( – 2) /> 0}\\
{ – 2 < S/2 < 2}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow – 4 < m < 4.\)
Vậy phương trình có nghiệm khi \(m \in R\backslash ( – 4,4).\)
Cách 2: Viết lại \((2)\) dưới dạng:
\(\frac{{ – 3{t^2} + 4}}{t} = m.\)
Vậy phương trình \((1)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \) đường thẳng \(y = m\) cắt phần đồ thị hàm số \(y = \frac{{ – 3{t^2} + 4}}{t}\) trên \(D = ( – \infty , – 2] \cup [2, + \infty ).\)
Xét hàm số \(y = \frac{{ – 3{t^2} + 4}}{t}\) trên \(D = ( – \infty , – 2] \cup [2, + \infty ).\)
Đạo hàm: \(y’ = \frac{{ – 3{t^2} – 4}}{{{t^2}}} < 0\), \(\forall t \in D.\) Do đó hàm số nghịch biến trên \(D.\)
Từ đó ta được điều kiện là:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \le y(2)}\\
{m \ge y( – 2)}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \le – 4}\\
{m \ge 4}
\end{array}} \right..\)
Vậy phương trình có nghiệm khi \(|m| \ge 4.\)
Bài 2: Cho phương trình:
\({\tan ^3}x – {\cot ^3}x\) \( – 3\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( – 12(\tan x – \cot x)\) \( + m + 6 = 0\) \((1).\)
a. Giải phương trình với \(m = 2.\)
b. Tìm \(m\) để \((1)\) có \(3\) nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\), \({x_3} \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)\) và thoả mãn:
\(\frac{{\sin 2\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}}{{\sin 2{x_1}}} – \frac{{\sin 2\left( {{x_2} – {x_3}} \right)}}{{\sin 2{x_3}}} = 0.\)
Điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin x \ne 0}\\
{\cos x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\), \(k \in Z.\)
Đặt \(\tan x – \cot x = t\).
Suy ra:
\({\tan ^2}x + {\cot ^2}x = {t^2} + 2.\)
\({\tan ^3}x – {\cot ^3}x\) \( = {(\tan x – \cot x)^3}\) \( + 3\tan x\cot x(\tan x – \cot x)\) \( = {t^3} + 3t.\)
Khi đó phương trình có dạng:
\({t^3} + 3t – 3\left( {{t^2} + 2} \right)\) \( – 12t + m + 6 = 0\) \( \Leftrightarrow {t^3} – 3{t^2} – 9t + m = 0\) \((2).\)
a. Với \(m = 2\) ta được:
\({t^3} – 3{t^2} – 9t + 2 = 0\) \( \Leftrightarrow (t + 2)\left( {{t^2} – 5t + 1} \right) = 0.\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = \frac{{5 \pm \sqrt {21} }}{2}}\\
{t = – 2}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\tan x – \cot x = \frac{{5 \pm \sqrt {21} }}{2}}\\
{\tan x – \cot x = – 2}
\end{array}} \right..\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\cot 2x = – \frac{{5 \pm \sqrt {21} }}{2} = \cot 2{\alpha _{1,2}}}\\
{\cot 2x = 1}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = {\alpha _{1,2}} + \frac{{k\pi }}{2}}\\
{x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}}
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Vậy với \(m = 2\) phương trình có ba họ nghiệm.
b. Với mỗi nghiệm \({t_0}\) của phương trình \((2)\) ta được:
\(\tan x – \cot x = {t_0}\) \( \Leftrightarrow \cot 2x = – \frac{{{t_0}}}{2}.\)
Mặt khác vì \(x \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)\) \( \Leftrightarrow 2x \in (0,\pi ).\)
Do đó với mỗi nghiệm \({t_0}\) của \((2)\) ta có được \(1\) nghiệm \({x_0} \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)\) của \((1).\)
Từ biểu thức điều kiện, ta được:
\(\frac{{\sin 2\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}}{{\sin 2{x_1}}} = \frac{{\sin 2\left( {{x_2} – {x_3}} \right)}}{{\sin 2{x_3}}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{\sin 2\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}}{{\sin 2{x_1}\sin 2{x_2}}} = \frac{{\sin 2\left( {{x_2} – {x_3}} \right)}}{{\sin 2{x_2}\sin 2{x_3}}}.\)
\( \Leftrightarrow \cot 2{x_1} – \cot 2{x_2}\) \( = \cot 2{x_2} – \cot 2{x_3}\) \( \Leftrightarrow \cot 2{x_1} + \cot 2{x_3} = 2\cot 2{x_2}.\)
\( \Leftrightarrow – \frac{{{t_1}}}{2} – \frac{{{t_3}}}{2} = – 2\frac{{{t_2}}}{2}\) \( \Leftrightarrow {t_1} + {t_3} = 2{t_2}.\)
\( \Leftrightarrow (2)\) có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.
Để phương trình có ba nghiệm phân biệt với hoành độ lập thành cấp số cộng thì điểm uốn \(U(1, – 11)\) của đồ thị hàm số \(y = {t^3} – 3{t^2} – 9t\) thuộc đường thẳng \(y =-m.\)
\( \Leftrightarrow – m = – 11\) \( \Leftrightarrow m = 11.\)
Thử lại: với \(m = 11\) phương trình \((2)\) có dạng:
\({t^3} – 3{t^2} – 9t + 11 = 0\) \( \Leftrightarrow (t – 1)\left( {{t^2} – 2t – 11} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{t_1} = 1 – 2\sqrt 3 }\\
{{t_2} = 1}\\
{{t_3} = 1 + 2\sqrt 3 }
\end{array}} \right.\) (thoả mãn).
Vậy với \(m = 11\) thoả mãn điều kiện đầu bài.
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài tập 1. Giải các phương trình:
a. \(\cot x – \tan x = \sin x – \cos x.\)
b. \(\tan x + {\tan ^2}x + \cot x + {\cot ^2}x = 6.\)
Bài tập 2. Cho phương trình:
\(3\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( + 4(\tan x + \cot x) + m = 0.\)
a. (CĐHQ – 2000): Giải phương trình với \(m = 2.\)
b. Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm.
Bài tập 3. Cho phương trình:
\(\tan x + {\tan ^2}x + {\tan ^3}x\) \( + \cot x + {\cot ^2}x + {\cot ^3}x = m.\)
a. Giải phương trình với \(m = 6.\)
b. Tìm \(m\) để phương trình có nghiệm.
Bài tập 4. Cho phương trình:
\(\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} + {\cot ^2}x\) \( + m(\tan x + \cot x) + 2 = 0.\)
a. Giải phương trình khi \(m = \frac{5}{2}.\)
b. Xác định \(m\) để phương trình có nghiệm.
Bài tập 5. Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình sau đây có nghiệm:
\(\frac{3}{{{{\sin }^2}x}} + {\tan ^3}x\) \( + m(\tan x + \cot x) – 1 = 0.\)
Bài tập 6. Giải và biện luận phương trình:
\((m – 2)\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( – 2m(\tan x – \cot x) – m + 5 = 0.\)
