Luong giac

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (323.97 KB, 9 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ CÁCH GIẢI

KHÔNG MẪU MỰC

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Một số bài tốn về phương trình lượng giác mà cách giải tuỳ theo đặc
thù của phương trình, chứ khơng nằm ở trong phương pháp đã nêu ở hầu hết
các sách giáo khoa.

Một số phương trình lượng giác thể hiện tính khơng mẫu mực ở ngay
dạng của chúng, nhưng cũng có những phương trình ta thấy dạng rất bình
thường nhưng cách giải lại khơng mẫu mực.

Sau đây là những phương trình lượng giác có cách giải khơng mẫu mực
thường gặp.

I.PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNG

Phương pháp này nhằm biến đổi phương trình lượng giác về dạng một
vế là tổng bình phương các số hạng (hay tổng các số hạng không âm) và vế
cịn lại bằng khơng và áp dụng tính chất:












0
0
0

2
2

B
A
B

A
Bài 1. Giải phương trình:

0
2
sin
4
tan
3
2
sin
4
tan

3 2x 2x x x 

GIẢI



m n Z



n
x

m
x

x
x
x

x

x
x
































































,
2
6
6

2
1
sin

3
3
tan

0
1
sin
2

0
1
tan
3

0
)
1
sin

2
(
)
1
tan
3
(

0
1
sin
4
sin
4
1
tan
3
2
tan
3

0
2
sin
4
tan
3
2
sin
4

tan
3

2
2




</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐS x  2k

6 

 (kZ)

II.PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP

Phương pháp này được xây dựng trên tính chất: Để giải phương trình
)

(
)

(x g x

f  , ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A → R:
)

,
(
,
)

(x A x a b

f    và g(x) A,x(a,b) thì khi đó:








A
x
g
A
x
f
x
g
x

f
)
(
)
(
)
(
)
(

Nếu ta chỉ có f(x) A và g(x) A, x(a,b) thì kết luận phương trình
vơ ngiệm.

Bài 2. Giải phương trình:
0

cos5xx2 

GIẢI 
x

x
x

x 2 2 5

cos
0

cos    

Vì 1cosx1 nên 0 x2 11x1

mà

 

cos 0,

 

1,1 cos 0,

 

1,1

2
,
2
1

1       5    





 


   x x x x

Do x2 0 và cos5 x0 nên phương trình vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.

Bài 3. Giải phương trình:
1

cos

sin1996x 1996x (1)

GIẢI 
(1) sin1996xcos1996xsin2xcos2x

)
cos
1
(
cos
)
1
(sin

sin2x 1994x  2x  1994x

 (2)

Ta thấy x x x

x
x











,
0
)
1
(sin
sin
1
sin
0

sin 2 1994

1994
2

Mà x x x

x
x












,
0
)
cos
1
(
cos
0
cos
1
0

cos 2 1994

1994
2

Do đó (2) ( , )

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy nghiệm của phương trình là: ( )
2 k Z
k

x  

ĐS ( )

2 k Z
k

x  

Áp dụng phương pháp đối lập, ta có thể suy ra cách giải nhanh chóng
những phương trình lượng giác ở các dạng đặc biệt dưới đây:
































1
sin

1
sin
1

sin
.
sin

bx
ax
bx
ax
bx

ax
































1
sin

1
sin
1

sin
.
sin

bx
ax
bx
ax

bx

ax

Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng:

1
cos

.
sin

1
cos
.
sin

1
cos

.
cos

1
cos
.
cos










bx
ax

III. PHƯƠNG PHÁP ĐỐN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH 
TÍNH DUY NHẤT CỦA NGHIỆM

Tuỳ theo dạng và điều kiện của phương trình, ta tính nhẩm một nghiệm
của phương trình, sau đó chứng tỏ nghiệm này là duy nhất bằng một trong
những cách thơng sụng sau:

Dùng tính chất đại số

Áp dụng tính đơn điệu của hàm số

Phương trình f(x)0 có 1 nghiệm x(a,b) và hàm f đơn điệu
trong (a,b) thì f(x)0 có nghiệm duy nhất là x.

Phương trình f(x)g(x) có 1 nghiệm x(a,b), f(x) tăng (giảm)
trong (a,b), g(x) giảm (tăng) trong (a,b) thì phương trình f(x)g(x) có
nghiệm x là duy nhất.

Bài 4. Giải phương trình:
2

1
cos

x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

GIẢI

Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm x0.

Đặt 1

2
cos
)
(




 x x

x

f là biểu thức của hàm số có đạo hàm

0
,
0
sin

)
(

' x  xx x

f (vì x  sinx,x)

 Hàm f luôn đơn điệu tăng trong



0,



 f(x)0 có 1 nghiệm duy nhất trong



0,



Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x0.

B.CÁC BÀI TỐN CƠ BẢN

Bài 1: Giải phương trình:
0
2
sin
2
cos
2

2   

x
x

x

x (1)

GIẢI

Ta có (1) x2 2xcosxcos2xsin2x2sinx10

























1
sin
cos

0
1
sin

0
cos

0
)
1
(sin
)

cos

( 2 2

x
x
x
x

x
x

x

Phương trình vơ nghiệm.
Bài 2: Giải phương trình:

1
cos

sin4x 15x

GIẢI 
Ta có: sin4xcos15x1

x
x

x

x 15 2 2

cos
sin

cos

sin   



)
cos
1
(
cos
)

(sin

sin2 x 2 x  2 x  13 x

 (1)

Vì sin2x(sin2 x1)0,x
Và cos2x(1cos13x)0,x
Do đó (1)













0
)
cos
1
(
cos

)
1
(sin
sin

13
2

2
2

x
x

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

























1
cos

0
cos

1
sin

0
sin

x
x
x
x

)
,
(

2
2
2

Z
n
m

n
x

m
x









































ĐS x k

2 hay x2k , (kZ)

C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI

Bài 3: Giải các phương trình:
1.

4
1
)
4
(
cos

sin4x 4 x  (1)

2. cot ) cos sin ( 2,3,4,...)
4

(tanx x n  n x n x n
GIẢI

1. Ta có:

(1)

4
1

)
2
2
cos(
1
4

)
2
cos
1
(

2
2






  








x
x

(1cos2x)2 (1sin2x)2 1

2
2
)
4
2
cos(

1
2
sin
2
cos












x

x
x

( )

Z
k
k
x

k
x


















2.Với điều kiện



k

x ta có tanx và cotx luôn cùng dấu nên:
1
cot
4
1
tan
1

cot
4
1
tan
2
cot
4
1

tan
cot

4
1

tan         

n
x
x

x
x

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Dấu "=" xảy ra

2
1
tan

4
1
tan
cot

4
1

tan   2   

 x x x x

Với n2: phương trình cot 1

4
1
tan









 

x

x có nghiệm cho bởi:

)
(
2
1
arctan
2

tanx  x k kZ

Với nZ,n2 thì:

1
sin
cos

sin

cosnx nx 2x 2x

Dấu bằng xảy ra ( , )

1
2
2

2
2

Z
m
k
m

n
khi
k
x

hay
k
x

m
n
khi
k
x


























(đều không thoả mãn điều kiện



k

x của phương trình)
Vậy với n2,nZ thì phương trình vơ nghiệm.

ĐS ( )

2
1

arctan k k Z

x   

Bài 4: Giải phương trình:

1
1
3
cos

1
3
cos
1
cos

cos    

x
x

x

x (1)

GIẢI 
Điều kiện:








0
3
cos

0
cos

x
x

Khi đó (1)  cosxcos2 x cos3xcos23x 1
Vì

4
1
0

)
2
1
(
4

1 2 2

2        

a
a
a

a
a
Do đó

4
1
cos

cosx 2 x và

4
1
3
cos
3

cos x 2 x
2
1
3
cos
3
cos
2

1
cos

cos  2   2 

 x x và x x

Dấu bằng xảy ra  






















 x

x
x
x

x

x
x

2
1
3
cos

1
cos

4
1
3
cos
3
cos

4
1
cos
cos

2
2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài 1: Giải phương trình:
x
x

x 3 4

3 cos 2 sin

sin   

HƯỚNG DẪN

x
x

x

x
x
x














,
1
sin
2

,
1
cos
sin

,
cos
cos

,
sin
sin

3
3

2
3

Vậy phương trình tương đương:












1
sin
2

1
cos
sin

4
3
3

x
x

x

ĐS 2 ( )

2 k k Z

x   

Bài 2: Giải phương trình:
0

2
tan

sinx x x với

2
0 x

HƯỚNG DẪN 
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x0
Đặt f(x)sinxtanx2x liên tục trên 






2
;

0 

Có đạo hàm: 














2
;
0
,

0
cos

)
1
cos
)(cos

1
(cos
)

(

' 2

2 

x
x

f do

0
1
cos
cos

2
5
1
1

cos
0
2

1       2   

x
x

x
f

 đơn điệu tăng trên 





2
;
0 
Bài 3: Giải phương trình:



cos4xcos2x



2 5sin3x

ĐS 2 ( )

2 k k Z

x   

Bài 4: Giải phương trình:
x
x

x

x sin cos sin

cos4  4  
ĐS xk(kZ)

Bài 5: Giải phương trình:
0

1
sin
2

2   

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

ĐS














k
y

x

2
2
1

hay















k
y

x

2
2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9></div>

Luong giac

<b>PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ CÁCH GIẢI </b>

<b>KHÔNG MẪU MỰC </b>

<b>A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI </b>





 

 

 









<b>B.CÁC BÀI TỐN CƠ BẢN </b>

<b>C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI </b>





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về