Пусть \({\rm{tg}}\,x + 6 = t.\) Тогда исходное уравнение примет вид:
\({t^2}-\left( {{a^2} + 2a + 8} \right)t + {a^2}\left( {2a + 8} \right) = 0.\)
По теореме Виета найдём корни полученного уравнения:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} + {t_2} = {a^2} + 2a + 8,}\\{{t_1} \cdot {t_2} = {a^2} \cdot \left( {2a + 8} \right)\;\,}\end{array}} \right.\;\;\;\; \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\;\,\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = {a^2},\;\;\;\;\;\,}\\{t = 2a + 8.}\end{array}} \right.\)
Вернёмся к прежней переменной:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{tg}}\,x = {a^2}-6,\,}\\{{\rm{tg}}\,x = 2a + 2.}\end{array}} \right.\)
Исходное уравнение будет иметь ровно два решения на отрезке \(\left[ {0;\dfrac{{3\pi }}{2}} \right]\) (см. рис.) в следующих случаях.
Рассмотрим первый случай:
\(\left\{ \begin{array}{l}{a^2}-6 = 2a + 2,\\2a + 2 \ge 0\end{array} \right.\;\;\;\; \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\;\,\left\{ \begin{array}{l}\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = -2,}\\{a = 4\;\;\;}\end{array}} \right.\\a \ge -1\end{array} \right.\;\;\;\; \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\;\,a = 4.\)
Рассмотрим второй случай:
\(\left\{ \begin{array}{l}{a^2}-6 < 0,\\2a + 2 < 0,\\{a^2}-6 \ne 2a + 2\end{array} \right.\;\;\;\; \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\;\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a \in \left( {-\sqrt 6 ;\sqrt 6 } \right),}\\{\begin{array}{*{20}{c}}{a \in \left( {-\infty ;-1} \right),\;\;\;}\\{a \ne -2,\;\;\;\;a \ne 4}\end{array}}\end{array}} \right.\;\;\;\; \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\;\,a \in \left( {-\sqrt 6 ;-2} \right) \cup \left( {-2;-1} \right).\)
Таким образом, при \(a \in \left( {-\sqrt 6 ;-2} \right) \cup \left( {-2;-1} \right) \cup \left\{ 4 \right\}\) исходное уравнение будет иметь на отрезке \(\left[ {\,0;\,\,\dfrac{{3\pi }}{2}} \right]\) ровно два решения.
Ответ: \(\left( {-\sqrt 6 ;-2} \right) \cup \left( {-2;-1} \right) \cup \left\{ 4 \right\}.\)