giải và biện luận các dạng phương trình lượng giác cơ bản

Bài viết hướng dẫn phương pháp giải và biện luận các dạng phương trình lượng giác cơ bản trong chương trình Đại số và Giải tích 11.

I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ BIỆN LUẬN CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN

Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình: \(\sin x = m.\)

PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Ta biện luận theo các bước sau:

Bước 1: Nếu \(|m| /> 1\) phương trình vô nghiệm.

Bước 2: Nếu \(|m| \le 1\), xét hai khả năng:

+ Khả năng 1: Nếu \(m\) được biểu diễn qua \(\sin \) của góc đặc biệt, giả sử \(\alpha \), khi đó phương trình có dạng:

\(\sin x = \sin \alpha \) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

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

{x = \pi – \alpha + 2k\pi }

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

+ Khả năng 2: Nếu \(m\) không biểu diễn được qua \(\sin \) của góc đặc biệt, khi đó đặt \(m = \sin \alpha \), ta được:

\(\sin x = \sin \alpha \) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

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

{x = \pi – \alpha + 2k\pi }

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

Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có hai họ nghiệm.

Đặc biệt:

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

\(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + 2k\pi \), \(k \in Z.\)

\(\sin x = – 1 \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{2} + 2k\pi \), \(k \in Z.\)

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:

a. \(\sin x = \frac{1}{3}.\)

b. \(\sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0.\)

a. Đặt \(\frac{1}{3} = \sin \alpha \), khi đó:

\(\sin x = \sin \alpha \) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

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

{x = \pi – \alpha + 2k\pi }

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

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

b. Ta có: \(\sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right)\) \( \Leftrightarrow \sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( { – 3x – \frac{\pi }{3}} \right)\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{2x – \frac{\pi }{4} = – 3x – \frac{\pi }{3} + 2k\pi }\\

{2x – \frac{\pi }{4} = \pi – \left( { – 3x – \frac{\pi }{3}} \right) + 2k\pi }

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

{x = – \frac{\pi }{{60}} + \frac{{2k\pi }}{5}}\\

{x = – \frac{{19\pi }}{{12}} – 2k\pi }

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

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

Ví dụ 2: Giải phương trình: \(\sin (\pi \sin 2x) = 1.\)

Ta có: \(\sin (\pi \sin 2x) = 1\) \( \Leftrightarrow \pi \sin 2x = \frac{\pi }{2} + 2k\pi \) \( \Leftrightarrow \sin 2x = \frac{1}{2} + 2k\), \(k \in Z\) \((1).\)

Phương trình \((1)\) có nghiệm khi và chỉ khi:

\(\left| {\frac{1}{2} + 2k} \right| \le 1\) \( \Leftrightarrow – \frac{3}{4} \le k \le \frac{1}{4}\) \( \Leftrightarrow k = 0.\)

Khi đó \((1)\) có dạng:

\(\sin 2x = \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{2x = \frac{\pi }{6} + 2l\pi }\\

{2x = \frac{{5\pi }}{6} + 2l\pi }

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

{x = \frac{\pi }{{12}} + l\pi }\\

{x = \frac{{5\pi }}{{12}} + l\pi }

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

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

Bài toán 2: Giải và biện luận phương trình: \(\cos x = m.\)

PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Ta biện luận theo các bước sau:

Bước 1: Nếu \(|m| /> 1\) thì phương trình vô nghiệm.

Bước 2: Nếu \(|m| \le 1\), xét hai trường hợp:

+ Khả năng 1: Nếu \(m\) được biểu diễn qua \(\cos \) của góc đặc biệt, giả sử \(\alpha \), khi đó phương trình có dạng:

\(\cos x = \cos \alpha \) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

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

{x = – \alpha + 2k\pi }

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

+ Khả năng 2: Nếu \(m\) không biểu diễn được qua \(\cos \) của góc đặc biệt, khi đó đặt \(m = \cos \alpha \), ta được:

\(\cos x = \cos \alpha \) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

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

{x = – \alpha + 2k\pi }

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

Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có hai họ nghiệm.

Đặc biệt:

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

\(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = 2k\pi \), \(k \in Z.\)

\(\cos x = – 1 \Leftrightarrow x = \pi + 2k\pi \), \(k \in Z.\)

Ví dụ 3: Giải các phương trình sau:

a. \(\sin 3x = \cos 2x.\)

b. \(\cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0.\)

a. Ta có:

\(\sin 3x = \cos 2x\) \( \Leftrightarrow \sin 3x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} – 2x} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{3x = \frac{\pi }{2} – 2x + 2k\pi }\\

{3x = \pi – \left( {\frac{\pi }{2} – 2x} \right) + 2k\pi }

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

{x = \frac{\pi }{{10}} + \frac{{2k\pi }}{5}}\\

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

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

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

b. Ta có:

\(\cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\) \( \Leftrightarrow \cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \left( {x + \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{2}} \right)\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{2x – \frac{\pi }{4} = x + \frac{{3\pi }}{4} + 2k\pi }\\

{2x – \frac{\pi }{4} = – x – \frac{{3\pi }}{4} + 2k\pi }

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

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

{x = – \frac{\pi }{6} + \frac{{2k\pi }}{3}}

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

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

Ví dụ 4: Giải phương trình: \(\cos \left[ {\frac{\pi }{2}\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right] = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Phương trình tương đương với:

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

{\frac{\pi }{2}\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{\pi }{4} + 2k\pi }\\

{\frac{\pi }{2}\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \frac{\pi }{4} + 2k\pi }

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

{\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2} + 4k\:\left( 1 \right)}\\

{\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \frac{1}{2} + 4k\:\left( 2 \right)}

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

Phương trình \((1)\) có nghiệm khi và chỉ khi:

\(\left| {\frac{1}{2} + 4k} \right| \le 1\) \( \Leftrightarrow – \frac{3}{8} \le k \le \frac{1}{8}\) \( \Leftrightarrow k = 0.\)

Khi đó \((1)\) có dạng:

\(\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x – \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{3} + 2l\pi }\\

{x – \frac{\pi }{4} = – \frac{\pi }{3} + 2l\pi }

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

{x = \frac{{7\pi }}{{12}} + 2l\pi }\\

{x = – \frac{\pi }{{12}} + 2l\pi }

\end{array}} \right.\), \(l \in Z\) \((3).\)

Phương trình \((2)\) có nghiệm khi và chỉ khi:

\(\left| { – \frac{1}{2} + 4k} \right| \le 1\) \( \Leftrightarrow – \frac{1}{8} \le k \le \frac{3}{8}\) \( \Leftrightarrow k = 0.\)

Khi đó \((2)\) có dạng:

\(\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x – \frac{\pi }{4} = \frac{{2\pi }}{3} + 2l\pi }\\

{x – \frac{\pi }{4} = – \frac{{2\pi }}{3} + 2l\pi }

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

{x = \frac{{11\pi }}{{12}} + 2l\pi }\\

{x = – \frac{{5\pi }}{{12}} + 2l\pi }

\end{array}} \right.\), \(l \in Z\) \((4).\)

Kết hợp \((3)\) và \((4)\), ta được:

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

{x = \frac{{11\pi }}{{12}} + l\pi }\\

{x = \frac{{7\pi }}{{12}} + l\pi }

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

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

Bài toán 3: Giải và biện luận phương trình: \(\tan x = m.\)

PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Ta biện luận theo các bước sau:

Đặt điều kiện:

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

Xét hai khả năng:

+ Khả năng 1: Nếu \(m\) được biểu diễn qua \(\tan \) của góc đặc biệt, giả sử \(\alpha \), khi đó phương trình có dạng:

\(\tan x = \tan \alpha \) \( \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)

+ Khả năng 2: Nếu \(m\) không biểu diễn được qua \(\tan \) của góc đặc biệt, khi đó đặt \(m = \tan \alpha \), ta được:

\(\tan x = \tan \alpha \) \( \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)

Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.

Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm.

Ví dụ 5: Giải phương trình: \(\tan \left[ {\frac{\pi }{4}(\cos x + \sin x)} \right] = 1.\)

Điều kiện: \(\cos \left[ {\frac{\pi }{4}(\cos x + \sin x)} \right] \ne 0\) \((*).\)

Phương trình tương đương với:

\(\frac{\pi }{4}(\cos x + \sin x) = \frac{\pi }{4} + k\pi \) \( \Leftrightarrow \cos x + \sin x = 1 + 4k\), \(k \in Z\) \((1).\)

Phương trình \((1)\) có nghiệm khi và chỉ khi:

\(\left| {1 + 4k} \right| \le \sqrt 2 \) \( \Leftrightarrow – \frac{{\sqrt 2 + 1}}{4} \le k \le \frac{{\sqrt 2 – 1}}{4}\) \( \Leftrightarrow k = 0.\)

Khi đó \((1)\) có dạng:

\(\cos x + \sin x = 1\) \( \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\) \( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + 2l\pi }\\

{x + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{4} + 2l\pi }

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

{x = 2l\pi }\\

{x = \frac{\pi }{2} + 2l\pi }

\end{array}} \right.\), \(l \in Z\) thoả mãn \((*).\)

Vậy phương trình có hai họ nghiệm.

Bài toán 4: Giải và biện luận phương trình: \(\cot x = m.\)

PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Ta biện luận theo các bước sau:

Đặt điều kiện:

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

Xét hai khả năng:

+ Khả năng 1: Nếu \(m\) được biểu diễn qua \(\cot \) của góc đặc biệt, giả sử \(\alpha \), khi đó phương trình có dạng:

\(\cot x = \cot \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)

+ Khả năng 2: Nếu \(m\) không biểu diễn được qua \(\cot \) của góc đặc biệt, khi đó đặt \(m = \cot \alpha \), ta được:

\(\cot x = \cot \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)

Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.

Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm.

Ví dụ 6: Giải các phương trình sau:

a. \(\cot \left( {\frac{\pi }{4} – x} \right) = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\)

b. \(\cos x = \sqrt 3 \sin x.\)

a. Điều kiện:

\(\sin \left( {\frac{\pi }{4} – x} \right) \ne 0\) \( \Leftrightarrow \frac{\pi }{4} – x \ne k\pi \) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} – k\pi \), \(k \in Z\) \((*).\)

Ta có:

\(\cot \left( {\frac{\pi }{4} – x} \right) = \cot \frac{\pi }{3}\) \( \Leftrightarrow \frac{\pi }{4} – x = \frac{\pi }{3} + k\pi \) \( \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{{12}} – k\pi \), \(k \in Z\) thoả mãn điều kiện \((*).\)

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

b. Ta có:

\(\cos x = \sqrt 3 \sin x\) \( \Leftrightarrow \cot x = \sqrt 3 = \cot \frac{\pi }{6}\) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \), \(k \in Z.\)

Vậy phương trình có một họ nghiệm.

Bài toán 5: Biện luận theo \(m\) số nghiệm thuộc \((\alpha ,\beta )\) của phương trình lượng giác cơ bản.

PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Giả sử với phương trình: \(\sin x = m.\)

Ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Thực hiện theo các bước sau:

+ Bước 1: Biểu diễn \((\alpha ,\beta )\) trên đường tròn đơn vị thành cung \(\widehat {AB}.\)

+ Bước 2: Tịnh tiến đường thẳng \(m\) song song với trục cosin, khi đó số giao điểm của nó với cung \(\widehat {AB}\) bằng số nghiệm thuộc \((\alpha ,\beta )\) của phương trình.

Cách 2: Thực hiện theo các bước sau:

+ Bước 1: Vẽ đồ thị hàm số \(y = \sin x\), lấy trên \((\alpha ,\beta ).\)

+ Bước 2: Tịnh tiến đường thẳng \(y = m\) song song với trục \(Ox\), khi đó số giao điểm của nó với phần đồ thị hàm số \(y = \sin x\) bằng số nghiệm thuộc \((\alpha ,\beta )\) của phương trình.

Chú ý: Phương pháp trên được mở rộng tự nhiên cho:

1. Phương trình \(\cos x = m\), với lưu ý khi sử dụng cách 1 ta tịnh tiến đường thẳng \(m\) song song với trục sin.

2. Với các phương trình \(\tan x = m\) và \(\cot x = m\) ta chỉ có thể sử dụng cách 2.

Ví dụ 7: Biện luận theo \(m\) số nghiệm thuộc \(\left( {\frac{\pi }{6},\frac{{8\pi }}{3}} \right)\) của phương trình \(\sin x = m.\)

Ta lựa chọn một trong hai cách biểu diễn:

Kết luận: đặt \(D = \left( {\frac{\pi }{6},\frac{{8\pi }}{3}} \right)\), ta có:

+ Với \(|m| /> 1\), phương trình vô nghiệm.

+ Với \(m =-1\), phương trình có một nghiệm thuộc \(D.\)

+ Với \( – 1 < m < \frac{1}{2}\) hoặc \(m=1\), phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)

+ Với \(\frac{1}{2} \le m < \frac{{\sqrt 3 }}{2}\), phương trình có ba nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)

+ Với \(\frac{{\sqrt 3 }}{2} \le m < 1\), phương trình có bốn nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)

Ví dụ 8: Biện luận theo \(m\) số nghiệm thuộc \(\left( { – \frac{{5\pi }}{4},\pi } \right)\) của phương trình: \((m + 1)\sin x = (m – 1)\cos x\) \((1).\)

Biến đổi phương trình về dạng:

\(\sin x + \cos x = m(\cos x – \sin x)\) \( \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = m\sqrt 2 \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\) \( \Leftrightarrow \tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = m.\)

Ta có kết luận:

+ Với \(m \ge 1\) hoặc \(m \le 0\), phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)

+ Với \(0 < m < 1\), phương trình có ba nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)

II. CÁC BÀI TOÁN THI

Bài 1: (ĐHSP II – 2000): Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

\(\cos \left[ {\frac{\pi }{8}\left( {3x – \sqrt {9{x^2} + 160x + 800} } \right)} \right] = 1.\)

Biến đổi tương đương phương trình về dạng:

\(\frac{\pi }{8}\left( {3x – \sqrt {9{x^2} + 160x + 800} } \right) = 2k\pi \) \( \Leftrightarrow \sqrt {9{x^2} + 160x + 800} = 3x – 16k\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{3x – 16k \ge 0}\\

{9{x^2} + 160x + 800 = {{(3x – 16k)}^2}}

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

{x \ge \frac{{16k}}{3},k \in Z}\\

{(3k + 5)x = 8{k^2} – 25}

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

{\frac{{8{k^2} – 25}}{{3k + 5}} \ge \frac{{16k}}{3},k \in Z}\\

{x = \frac{{8{k^2} – 25}}{{3k + 5}}}

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

{k < – \frac{5}{3},k \in Z\:\left( 1 \right)}\\

{9x = 24k – 40 – \frac{{25}}{{3k + 5}}\:\left( 2 \right)}

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

Muốn \(x\) nguyên thì trước hết từ \((2)\) ta phải có:

\(\frac{{25}}{{3k + 5}} \in Z\) \( \Leftrightarrow 3k + 5\) là ước của \(25\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{3k + 5 = – 1}\\

{3k + 5 = – 5}\\

{3k + 5 = – 25}

\end{array}} \right.\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{k = – 2}\\

{k = – 10}

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

+ Với \(k = – 2\), ta được \(x= – 7.\)

+ Với \(k = -10\), ta được \(x = -31.\)

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên \(x = -7\) và \(x = – 31.\)

Bài 2: (Đại học tổng hợp Lômônốp – 1982): Giải phương trình:

\(\sqrt { – {x^8} + 3{x^4} – 2} .\sin \left[ {\pi \left( {16{x^2} + 2x} \right] = 0} \right..\)

Biến đổi tương đương phương trình về dạng:

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

{ – {x^8} + 3{x^4} – 2 = 0\:\left( 1 \right)}\\

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

{ – {x^8} + 3{x^4} – 2 /> 0\:\left( 2 \right)}\\

{\sin \left[ {\pi \left( {16{x^2} + 2x} \right)} \right] = 0\:\left( 3 \right)}

\end{array}} \right.}

\end{array}} \right.\)

Giải \((1)\) bằng cách đặt \(t = {x^4}\), điều kiện \(t \ge 0\), ta được:

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

{t = 1}\\

{t = 2}

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

{{x^4} = 1}\\

{{x^4} = 2}

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

{x = \pm 1}\\

{x = \pm \sqrt[4]{2}}

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

Giải \((2)\), dựa vào lời giải của \((1)\) ta được:

\((2) \Leftrightarrow 1 < t < 2\) \( \Leftrightarrow 1 < {x^4} < 2\) \( \Leftrightarrow 1 < |x| < \sqrt[4]{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}

{ – \sqrt[4]{2} < x < – 1}\\

{1 < x < \sqrt[4]{2}}

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

Giải \((3)\), ta có:

\((3) \Leftrightarrow \pi \left( {16{x^2} + 2x} \right) = k\pi \) \( \Leftrightarrow 16{x^2} + 2x – k = 0\) \((4).\)

Phương trình \((4)\) có nghiệm khi:

\(\Delta’ \ge 0\) \( \Leftrightarrow 1 + 16k \ge 0\) \( \Leftrightarrow k \ge – \frac{1}{{16}}\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} k \ge 0.\)

Khi đó \((4)\) có nghiệm: \({x_{1,2}} = \frac{{ – 1 \pm \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}.\)

Để nghiệm \({x_1} = \frac{{ – 1 + \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}\) \(( \ge 0)\) thoả mãn \((2)\) điều kiện là:

\(1 < \frac{{ – 1 + \sqrt {1 + 16k} }}{{16}} < \sqrt[4]{2}\) \( \Leftrightarrow 17 < \sqrt {1 + 16k} < 1 + 16\sqrt[4]{2}\) \( \Leftrightarrow 18 < k < 16\sqrt 2 + 2\sqrt[4]{2}\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} k = \{ 19,20,21,22,23,24,25\} .\)

Để nghiệm \({x_2} = \frac{{ – 1 – \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}\) \((<0)\) thoả mãn \((2)\) điều kiện là:

\( – \sqrt[4]{2} < \frac{{ – 1 – \sqrt {1 + 16k} }}{{16}} < – 1\) \( \Leftrightarrow 15 < \sqrt {1 + 16k} < 16\sqrt[4]{2} – 1\) \( \Leftrightarrow 14 < k < 16\sqrt 2 – 2\sqrt[4]{2}\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} k = \{ 15,16,17,18,19,20\} .\)

Vậy phương trình có các nghiệm:

\(x = \left\{ { \pm 1, \pm \sqrt[4]{2}} \right\}\) \( \cup \left\{ {x = \frac{{ – 1 + \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}|k = \overline {19,25} } \right\}\) \( \cup \left\{ {x = \frac{{ – 1 – \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}|k = \overline {15,20} } \right\}.\)

Bài 3: Giải và biện luận phương trình: \(\frac{{{a^2}}}{{1 – {{\tan }^2}x}} = \frac{{{{\sin }^2}x + {a^2} – 2}}{{\cos 2x}}.\)

Điều kiện:

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

{\cos x \ne 0}\\

{1 – {{\tan }^2}x \ne 0}\\

{\cos 2x \ne 0}

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

{\cos x \ne 0}\\

{1 – {{\tan }^2}x \ne 0}

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

{\cos x \ne 0}\\

{\tan x \ne \pm 1}

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

{x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi }\\

{x \ne \pm \frac{\pi }{4} + k\pi }

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

Biến đổi phương trình về dạng:

\(\frac{{{a^2}}}{{1 – {{\tan }^2}x}} = \frac{{{{\sin }^2}x + {a^2} – 2}}{{{{\cos }^2}x – {{\sin }^2}x}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{1 – {{\tan }^2}x}} = \frac{{{{\tan }^2}x + \left( {{a^2} – 2} \right)\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)}}{{1 – {{\tan }^2}x}}\) \( \Leftrightarrow \left( {{a^2} – 1} \right){\tan ^2}x = 2\) \((1).\)

Với \({a^2} – 1 = 0 \Leftrightarrow a = \pm 1\), khi đó \((1)\) vô nghiệm.

Với \({a^2} – 1 \ne 0 \Leftrightarrow a \ne \pm 1\), khi đó \((1)\) có dạng:

\({\tan ^2}x = \frac{2}{{{a^2} – 1}}\) \((2).\)

Để \((2)\) có nghiệm và thoả mãn điều kiện ta cần có:

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

{\frac{2}{{{a^2} – 1}} \ge 0}\\

{\frac{2}{{{a^2} – 1}} \ne 1}

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

{|a| /> 1}\\

{a \ne \pm \sqrt 3 }

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

Khi đó: \((2) \Leftrightarrow \tan x = \pm \tan \alpha \) \( \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)

Kết luận:

+ Với \(|a| \le 1\) hoặc \(a = \pm \sqrt 3 \), phương trình vô nghiệm.

+ Với \(a \in ( – \infty , – 1) \cup (1, + \infty )\backslash \left\{ { \pm \sqrt 3 } \right\}\), phương trình có hai họ nghiệm.

III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài tập 1: Giải các phương trình sau:

a. \(\sin (\pi \cos 2x) = 1.\)

b. \(\cos (\pi \cos 3x) = 1.\)

Bài tập 2: Giải các phương trình sau:

a. \(\cos (\pi \sin x) = 1.\)

b. \(\sin \frac{\pi }{x} = \cos (\pi x).\)

c. \(\cos \left[ {\frac{\pi }{2}\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right] = \frac{1}{2}.\)

Bài tập 3: Giải các phương trình sau:

a. \(\tan \left[ {\frac{\pi }{4}(\cos x – \sin x)} \right] = 1.\)

b. \(\cot \left[ {\frac{\pi }{4}(\cos x + \sin x)} \right] = 1.\)

Bài tập 4: Giải và biện luận các phương trình sau:

a. \(\cos (x + \alpha ) + \cos (x – \alpha ) = 2\cos \alpha .\)

b. \(\sin (x + \alpha ) + \cos (x – \alpha ) = 1 + \sin \alpha .\)

c. \((m + 1)\sin 2x + 1 – {m^2} = 0.\)

d. \((m + 2)\tan 2x – \sqrt m = 0.\)

Bài tập 5: Biện luận theo \(m\) số nghiệm của phương trình:

a. \(\sin x = m\) với \(x \in \left( { – \frac{\pi }{4},\frac{{4\pi }}{3}} \right].\)

b. \(\sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = m\) với \(x \in \left[ { – \frac{\pi }{{24}},\frac{{19\pi }}{8}} \right].\)

c. \(\cos \left( {x – \frac{\pi }{3}} \right) = m\) với \(x \in \left[ {\frac{{5\pi }}{6},\frac{{13\pi }}{6}} \right].\)

d. \(\cot \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = m\) với \(x \in \left( { – \frac{{5\pi }}{4},\pi } \right).\)