1. Môn Toán
  2. phương trình đối xứng đối với tanx và cotx
phương trình đối xứng đối với tanx và cotx
Thể Loại: TIPS Giải Toán 11
Ngày đăng: 17/08/2019

phương trình đối xứng đối với tanx và cotx

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:

phương trình đối xứng đối với tanx và cotx

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:

phương trình đối xứng đối với tanx và cotx

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:

phương trình đối xứng đối với tanx và cotx

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:

\((m – 2)\left( {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x} \right)\) \( – 2m(\tan x – \cot x) – m + 5 = 0.\)

Hình Ảnh Chi Tiết

phương trình đối xứng đối với tanx và cotx chất lượng là một công cụ quan trọng trong hệ thống giáo dục hiện đại, được thiết kế với mục tiêu không chỉ nhằm đánh giá kiến thức lý thuyết mà còn để kiểm tra các kỹ năng thực hành và khả năng tư duy phản biện của học sinh ở từng cấp học cụ thể. Trong bối cảnh giáo dục ngày càng phát triển, việc đánh giá một cách toàn diện và khách quan là điều cần thiết để giúp học sinh nắm vững kiến thức, đồng thời phát triển kỹ năng giải quyết vấn đề, một yếu tố then chốt trong quá trình học tập và trong cuộc sống sau này.

Nội Dung Đề Thi: phương trình đối xứng đối với tanx và cotx sẽ bao gồm một loạt các bài toán được phân chia thành nhiều phần khác nhau, từ cơ bản đến nâng cao, nhằm phản ánh đầy đủ các lĩnh vực trong chương trình học toán. Các phần này không chỉ giúp kiểm tra kiến thức mà còn khuyến khích học sinh phát huy sự sáng tạo và khả năng tư duy phản biện.

Các Bài Toán Cơ Bản:

Phần này tập trung vào việc kiểm tra kiến thức cơ bản mà học sinh đã học, như các phép toán số học, định nghĩa hình học, và các khái niệm đại số.

Ví dụ: Học sinh sẽ được yêu cầu giải các bài toán tính toán đơn giản, xác định diện tích và chu vi của các hình cơ bản, hay tìm hiểu các tính chất của các đối tượng hình học.

Các Câu Hỏi Mở:

Đây là phần quan trọng nhằm khuyến khích học sinh phát triển khả năng tư duy độc lập. Các câu hỏi mở yêu cầu học sinh không chỉ dừng lại ở việc áp dụng công thức mà còn phải biết phân tích và tổng hợp thông tin để đưa ra các giải pháp đa dạng.

Ví dụ: Một câu hỏi có thể yêu cầu học sinh mô tả cách họ sẽ giải quyết một vấn đề thực tế sử dụng toán học, hoặc đề xuất cách thức tối ưu hóa một quy trình dựa trên các khái niệm toán học mà họ đã học. Tính Tư Duy Sáng Tạo:

Đề thi không chỉ đơn thuần kiểm tra kiến thức mà còn phải khuyến khích khả năng tư duy sáng tạo của học sinh. Các bài toán được thiết kế để học sinh có thể vận dụng linh hoạt kiến thức đã học vào các tình huống mới, qua đó phát triển khả năng tư duy độc lập và sáng tạo.

Ví dụ: Học sinh có thể được yêu cầu thiết kế một bài toán mới dựa trên một khái niệm đã học, từ đó trình bày lý do vì sao bài toán này có thể thú vị và hữu ích.

Khả Năng Giải Quyết Vấn Đề:

Một trong những mục tiêu chính của đề thi là đánh giá khả năng giải quyết vấn đề của học sinh. Học sinh sẽ được yêu cầu không chỉ tìm ra đáp án đúng mà còn phải trình bày rõ ràng quy trình và logic đã sử dụng để đến được kết quả đó.

Ví dụ: Bài toán có thể yêu cầu học sinh đưa ra các bước giải quyết một bài toán thực tiễn, từ việc phân tích vấn đề đến việc tìm ra giải pháp khả thi.

Kết Luận:

phương trình đối xứng đối với tanx và cotx chất lượng là một công cụ quan trọng giúp giáo viên và học sinh đánh giá và cải thiện năng lực toán học. Qua các bài toán đa dạng từ cơ bản đến nâng cao, từ lý thuyết đến thực tiễn, đề thi không chỉ đơn thuần kiểm tra kiến thức mà còn thúc đẩy sự phát triển toàn diện về tư duy và khả năng giải quyết vấn đề. Điều này không chỉ chuẩn bị cho học sinh một nền tảng vững chắc trong môn toán học mà còn trang bị cho các em kỹ năng cần thiết để đối mặt với những thách thức trong học tập và trong cuộc sống thực tiễn sau này.

đánh giá tài liệu

5/5
( đánh giá)
5 sao
100%
4 sao
0%
3 sao
0%
2 sao
0%
1 sao
0%