Đặt \(cosx=t\in\left[-1;1\right]\)

\(\Rightarrow6t^2+\left(9m-7\right)t-6m+2=0\)

\(\Leftrightarrow6t^2-7t+2+9mt-6m=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2t-1\right)\left(3t-2\right)+3m\left(3t-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(3t-2\right)\left(2t+3m-1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}cosx=\dfrac{2}{3}\\cosx=\dfrac{-3m+1}{2}\end{matrix}\right.\) 

(Chà tới đây mới thấy ko cần đặt ẩn phụ, nhìn con số 9m và 6m to 1 cách vô lý đã nghi nghi có gì đó bất thường trong nghiệm :D)

Pt \(cosx=\dfrac{2}{3}\) cho 1 nghiệm thuộc \(\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)\)

Để pt có 3 nghiệm pb thì \(cosx=\dfrac{-3m+1}{2}\) cho 2 nghiệm pb thuộc khoảng đã cho

Từ đường tròn lượng giác ta dễ dàng suy ra: \(-1< \dfrac{-2m+1}{2}< 0\)

Anh ơi! Em thấy đặt ẩn phụ gọn hơn so với cosx. Theo anh không cần đặt ẩn phụ sẽ như nào vậy ạ anh! 

Phương trình có : \(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(-2\right)\)

\(\Rightarrow\Delta=\left(m+1\right)^2+8>0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

Theo định lí Vi-ét : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+1\\x_1x_2=-2\end{matrix}\right.\)

Theo đề bài : \(\left(1-\dfrac{2}{x_1+1}\right)^2+\left(1-\dfrac{2}{x_2+1}\right)^2=2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x_1-1\right)^2}{\left(x_1+1\right)^2}+\dfrac{\left(x_2-1\right)^2}{\left(x_2+1\right)^2}=2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left[\left(x_1-1\right)\left(x_2+1\right)\right]^2+\left[\left(x_2-1\right)\left(x_1+1\right)\right]^2}{\left[\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)\right]^2}=2\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x_1-1\right)\left(x_2+1\right)\right]^2+\left[\left(x_2-1\right)\left(x_1+1\right)\right]^2-2\left[\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)\right]^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x_2+1\right)^2\left[\left(x_1-1\right)^2-\left(x_1+1\right)^2\right]+\left(x_1+1\right)^2\left[\left(x_2-1\right)^2-\left(x_2+1\right)^2\right]=0\)

\(\Leftrightarrow-4x_1\left(x_2+1\right)^2-4x_2\left(x_1+1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x_1x_2^2+2x_1x_2+x_1+x_1^2x_2+2x_1x_2+x_2=0\)

\(\Leftrightarrow x_1x_2\left(x_1+x_2\right)+4x_1x_2+\left(x_1+x_2\right)=0\)

\(\Rightarrow-2\left(m+1\right)+4\cdot\left(-2\right)+m+1=0\)

\(\Leftrightarrow m=-9\)

Vậy : \(m=-9.\)

Đặt \(\dfrac{\pi}{3}+mx=t\Rightarrow mx=t-\dfrac{\pi}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\pi}{6}-mx=\dfrac{\pi}{6}-\left(t-\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{2}-t\)

Pt trở thành:

\(cos^2t+4cos\left(\dfrac{\pi}{2}-t\right)=4\)

\(\Leftrightarrow1-sin^2t+4sint=4\)

\(\Leftrightarrow sin^2t-4sint+3=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}sint=1\\sint=3>1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow t=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\)

\(\Rightarrow\dfrac{\pi}{3}+mx=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\)

\(\Leftrightarrow mx=\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{1}{m}\left(\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\right)\)

\(0< x< 1\Rightarrow0< \dfrac{1}{m}\left(\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\right)< 1\Rightarrow-\dfrac{1}{12}< k< \dfrac{m-\dfrac{\pi}{6}}{2\pi}\) (1)

Pt có 4 nghiệm pb trên đoạn đã cho khi có 4 giá trị k nguyên thỏa mãn (1)

\(\Rightarrow k=\left\{0;1;2;3\right\}\)

\(\Rightarrow3< \dfrac{m-\dfrac{\pi}{6}}{2\pi}\le4\)

\(\Rightarrow\dfrac{37\pi}{6}< m\le\dfrac{49\pi}{6}\)

Nghiệm trên \(\left(0;\pi\right)\) hay (0;1) nhỉ?

Thực ra 2 cái này cũng ko khác gì nhau về mặt pp giải toán nhưng mà \(\left(0;\pi\right)\) thì tính toán đẹp hơn \(\left(0;1\right)\) nhiều

Từ đường tròn lượng giác, trên \(\left(-\dfrac{\pi}{2};3\pi\right)\):

- Nếu \(0< t< 1\) thì \(sinx=t\) có 4 nghiệm

- Nếu \(-1< t< 0\) thì \(sinx=t\) có 3 nghiệm

- Nếu \(t=0\) thì \(sinx=t\) có 3 nghiệm

- Nếu \(t=1\) thì \(sinx=t\) có 2 nghiệm

- Nếu \(t=-1\) thì \(sinx=t\) có 1 nghiệm

Do đó pt đã cho có 5 nghiệm pb trong khoảng đã cho khi:

\(2t^2-\left(5m+1\right)t+2m^2+2m=0\) có 2 nghiệm pb thỏa mãn:

- TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}t_1=-1\\0< t_2< 1\end{matrix}\right.\)

- TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}-1< 0< t_1\\t_2=1\end{matrix}\right.\)

- TH3:  \(\left\{{}\begin{matrix}t_1=0\\t_2=1\end{matrix}\right.\)

Về cơ bản, chỉ cần thay 1 nghiệm bằng 0 hoặc 1 rồi kiểm tra nghiệm còn lại có thỏa hay ko là được

Em làm cách khác cơ.

Δ = (...)² nên viết hẳn 2 nghiệm ra

rồi vẽ bảng biến thiên của y = sinx 

1.

\(cos2x-3cosx+2=0\)

\(\Leftrightarrow2cos^2x-3cosx+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}cosx=1\\cosx=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=k2\pi\\x=\pm\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\end{matrix}\right.\)

\(x=k2\pi\in\left[\dfrac{\pi}{4};\dfrac{7\pi}{4}\right]\Rightarrow\) không có nghiệm x thuộc đoạn

\(x=\pm\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\in\left[\dfrac{\pi}{4};\dfrac{7\pi}{4}\right]\Rightarrow x_1=\dfrac{\pi}{3};x_2=\dfrac{5\pi}{3}\)

\(\Rightarrow P=x_1.x_2=\dfrac{5\pi^2}{9}\)

2.

\(pt\Leftrightarrow\left(cos3x-m+2\right)\left(2cos3x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}cos3x=\dfrac{1}{2}\left(1\right)\\cos3x=m-2\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow x=\pm\dfrac{\pi}{9}+\dfrac{k2\pi}{3}\)

Ta có: \(x=\pm\dfrac{\pi}{9}+\dfrac{k2\pi}{3}\in\left(-\dfrac{\pi}{6};\dfrac{\pi}{3}\right)\Rightarrow x=\pm\dfrac{\pi}{9}\)

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi \(\left(2\right)\) có nghiệm duy nhất thuộc \(\left(-\dfrac{\pi}{6};\dfrac{\pi}{3}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m-2=0\\m-2=1\\m-2=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=3\\m=1\end{matrix}\right.\)

TH1: \(m=2\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow cos3x=0\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k2\pi}{3}\in\left(-\dfrac{\pi}{6};\dfrac{\pi}{3}\right)\Rightarrow x=\dfrac{\pi}{6}\left(tm\right)\)

\(\Rightarrow m=2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán

TH2: \(m=3\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow cos3x=0\Leftrightarrow x=\dfrac{k2\pi}{3}\in\left(-\dfrac{\pi}{6};\dfrac{\pi}{3}\right)\Rightarrow x=0\left(tm\right)\)

\(\Rightarrow m=3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán

TH3: \(m=1\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow cos3x=-1\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{k2\pi}{3}\in\left(-\dfrac{\pi}{6};\dfrac{\pi}{3}\right)\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\pm\dfrac{1}{3}\\x=-1\\x=-\dfrac{5}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m=2\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy \(m=2;m=3\)