Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Với $m^2+(m+1)^2>0$ ta thấy:
PT \(\Leftrightarrow \frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\sin x+\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\cos x=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}(*)\)
Vì \((\frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}})^2+(\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}})^2=1\) nên tồn tại $a$ sao cho:
\(\sin a=\frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}; \cos a=\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\). Khi đó:
\((*)\Leftrightarrow \sin a\sin x+\cos a\cos x=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\)
\(\Leftrightarrow \cos (x-a)=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\)
Để PT có nghiệm thì \(\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\in [-1;1]\Leftrightarrow m^2+(m+1)^2\geq 1\)
Đặt \(\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}=\cos b(1)\Rightarrow \cos (x-a)=\cos b\)
\(\Leftrightarrow x=a\pm b+2k\pi \) ($k_i$ nguyên)
PT có 2 nghiệm có dạng $x_1=a+b+2k_1\pi$ và $x_1=a-b+2k_2\pi$ (nếu $x_1,x_2$ cùng họ nghiệm thì $|x_1-x_2|=|2n\pi|\neq \frac{\pi}{2}$)
\(\Rightarrow |x_1-x_2|=|2b+2(k_1-k_2)\pi|\)
\(\Rightarrow \cos |x_1-x_2|=\cos |2b+2(k_1-k_2)\pi|=\cos 2b=\cos \frac{\pi}{2}=0\)
\(\Leftrightarrow 2\cos ^2b-1=0\Leftrightarrow \cos ^2b=\frac{1}{2}\). Kết hợp vs $(1)$ suy ra $m^2+(m+1)^2=2$
$\Rightarrow m=\frac{-1\pm \sqrt{3}}{2}$
Thử lại thấy thỏa mãn.
Lời giải:
Với $m^2+(m+1)^2>0$ ta thấy:
PT \(\Leftrightarrow \frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\sin x+\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\cos x=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}(*)\)
Vì \((\frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}})^2+(\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}})^2=1\) nên tồn tại $a$ sao cho:
\(\sin a=\frac{m}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}; \cos a=\frac{m+1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\). Khi đó:
\((*)\Leftrightarrow \sin a\sin x+\cos a\cos x=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\)
\(\Leftrightarrow \cos (x-a)=\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\)
Để PT có nghiệm thì \(\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}\in [-1;1]\Leftrightarrow m^2+(m+1)^2\geq 1\)
Đặt \(\frac{-1}{\sqrt{m^2+(m+1)^2}}=\cos b(1)\Rightarrow \cos (x-a)=\cos b\)
\(\Leftrightarrow x=a\pm b+2k\pi \) ($k_i$ nguyên)
PT có 2 nghiệm có dạng $x_1=a+b+2k_1\pi$ và $x_1=a-b+2k_2\pi$ (nếu $x_1,x_2$ cùng họ nghiệm thì $|x_1-x_2|=|2n\pi|\neq \frac{\pi}{2}$)
\(\Rightarrow |x_1-x_2|=|2b+2(k_1-k_2)\pi|\)
\(\Rightarrow \cos |x_1-x_2|=\cos |2b+2(k_1-k_2)\pi|=\cos 2b=\cos \frac{\pi}{2}=0\)
\(\Leftrightarrow 2\cos ^2b-1=0\Leftrightarrow \cos ^2b=\frac{1}{2}\). Kết hợp vs $(1)$ suy ra $m^2+(m+1)^2=2$
$\Rightarrow m=\frac{-1\pm \sqrt{3}}{2}$
Thử lại thấy thỏa mãn.
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}sinx=1\\cos^2x-cosx+m=0\end{matrix}\right.\)
Do \(sinx=1\) có đúng 1 nghiệm thuộc \(\left[0;2\pi\right]\) nên \(cos^2x-cosx+m=0\) có 4 nghiệm thuộc đoạn đã cho
Đặt \(cosx=t\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}cosx=t\\t^2-t=-m\end{matrix}\right.\) đều có 2 nghiệm pb
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-1< t< 1\\t^2-t=m\end{matrix}\right.\)
Xét hàm \(f\left(t\right)=t^2-t\) trên \(\left(-1;1\right)\)
\(f\left(-1\right)=2\) ; \(f\left(1\right)=0\) ; \(f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow-\frac{1}{4}< -m< 0\Rightarrow0< m< \frac{1}{4}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2}sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}\left(m^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=m^2+1\)
Do \(-1\le sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\le1\) nên pt vô nghiệm khi và chỉ khi:
\(\left[{}\begin{matrix}m^2+1< -1\\m^2+1>1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m\ne0\)
Vậy \(m\ne0\)
\(\left(m+1\right)\cdot sinx-m\cdot cosx=1-m\\ \Leftrightarrow\left(1-m\right)^2=\left[\left(m+1\right)\cdot sinx-m\cdot cosx\right]^2\\ \le\left[\left(m+1\right)^2+m^2\right]\left(sin^2x+cos^2x\right)\\ \Leftrightarrow\left(1-m\right)^2\le\left(m+1\right)^2+m^2\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-4\\m\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}-10\le m\le-4\\0\le m\le10\end{matrix}\right.\)
Vậy có 18 giá trị nguyên của m trên đoạn [-10;10] thỏa mãn.
Do \(m^2-2m+1=\left(m-1\right)^2\ge0>-1;\forall m\) nên phương trình đã cho vô nghiệm khi:
\(m^2-2m+1>1\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m>0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>2\\m< 0\end{matrix}\right.\)
1.
\(sin2x=sinx\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x=x+k2\pi\\2x=\pi-x+k2\pi\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=k2\pi\\x=\frac{\pi}{3}+\frac{k2\pi}{3}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=\left\{0;2\pi;\frac{\pi}{3};\pi;\frac{5\pi}{3}\right\}\Rightarrow\sum x=...\)
2.
Từ đường tròn lượng giác, ta thấy để pt có 2 nghiệm pb thuộc khoảng đã cho \(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{3}}{2}\le\frac{m}{2}< 1\Leftrightarrow\sqrt{3}\le m< 2\)
\(\Leftrightarrow\left(1-sinx\right)\left(cos2x+3msinx+sinx-1\right)=m\left(1-sinx\right)\left(1+cosx\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}sinx=1\Rightarrow x=\dfrac{\pi}{2}\\cos2x+3m.sinx+sinx-1=m\left(1+sinx\right)\left(1\right)\end{matrix}\right.\)
Bài toán thỏa mãn khi (1) có 5 nghiệm khác nhau trên khoảng đã cho thỏa mãn \(sinx\ne1\)
Xét (1):
\(\Leftrightarrow1-2sin^2x+3msinx+sinx-1=m+m.sinx\)
\(\Leftrightarrow2sin^2x-sinx-2m.sinx+m=0\)
\(\Leftrightarrow sinx\left(2sinx-1\right)-m\left(2sinx-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2sinx-1\right)\left(sinx-m\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}sinx=\dfrac{1}{2}\Rightarrow x=\dfrac{\pi}{6};\dfrac{5\pi}{6}\\sinx=m\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(2\right)\) có 3 nghiệm khác nhau trên \(\left(-\dfrac{\pi}{2};2\pi\right)\)
\(\Leftrightarrow-1< m< 0\)
=>(4m-1)*sinx-m*sinx=-8
=>sinx(4m-2)=-8
=>sinx(2m-1)=-4
TH1: m=1/2
PT sẽ là 0*sin x=-4
=>PTVN
TH2: m<>1/2
PT sẽ tương đương với \(sinx=\dfrac{-4}{2m-1}\)
Để phương trình vô nghiệm thì -4/(2m-1)>1 hoặc -4/(2m-1)<-1
=>4/(2m-1)<-1 hoặc 4/(2m-1)>1
=>\(\dfrac{4+2m-1}{2m-1}< 0\) hoặc \(\dfrac{4-2m+1}{2m-1}>0\)
=>\(\dfrac{2m+3}{2m-1}< 0\) hoặc \(\dfrac{2m-5}{2m-1}< 0\)
=>-3/2<m<1/2 hoặc 1/2<m<5/2
Sao thành được sinx(4m-2) thế?
Từ (4m-1)sinx - m.sinx thì lấy sinx làm nhân tử chung thì ra sinx(4m-1-m) = sinx(3m-1) chứ nhỉ?