Cập nhật nội dung chi tiết về Chương Viii: Phương Trình Lượng Giác Không Mẫu Mực mới nhất trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC Trường hợp 1: TỔNG HAI SỐ KHÔNG ÂM Áp dụng Nếu A 0 B 0 A B 0 ≥ ∧ ≥⎧⎨ + =⎩ thì A = B = 0 Bài 156 Giải phương trình: 2 24 cos x 3tg x 4 3 cos x 2 3tgx 4 0 (*)+ − + + = Ta có: ( ) ( )⇔ − + + ⎧ =⎪⎪⇔ ⎨⎪ = −⎪⎩ π⎧ = ± + π ∈⎪⎪⇔ ⎨⎪ = −⎪⎩ π⇔ = − + π ∈ 2 2 (*) 2 cos x 3 3tgx 1 0 3cos x 2 1tgx 3 x k2 , k 6 1tgx 3 x k2 , k 6 = Bài 157 Giải phương trình: ( )28cos4x.cos 2x 1 cos3x 1 0 *+ − + = Ta có: ( ) ( )⇔ + + + −* 4 cos 4x 1 cos 4x 1 1 cos 3x 0= ( ) ( ) ⇔ + + + − ⇔ + + − = ⎧ ⎧= − = −⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪= = π ∈⎩ ⎩ 2 2 4 cos 4x 4 cos 4x 1 1 cos 3x 0 2 cos 4x 1 1 cos 3x 0 1 1cos 4x cos 4x 2 2 cos 3x 1 3x k2 , k = ⎧ = −⎪⎪⇔ ⎨ π⎪ = ∈⎪⎩ 1cos 4x 2 k2x , k (có 3 đầu ngọn cung) 3 ⎧ = −⎪⎪⇔ ⎨ π π⎪ = − π = π = + π ∈⎪⎩ π⇔ = ± + π ∈ 1cos 4x 2 2 2x +m2 hay x m2 hay x m2 , m 3 3 2x m2 , m 3 (ta nhận = ±k 1 và loại k = 0 ) Bài 158 Giải phương trình: ( ) ( )22 3 3sin 3xsin x cos3xsin x sin3x cos x sin xsin 3x *3sin4x+ + = 2 Ta có: 3 chúng tôi 3x sin chúng tôi x+( ) ( ) ( ) = − + − = − + = − = = 3 3 3 3 3 3 2 4 cos x 3cos x sin x 3sin x 4 sin x cos x 3cos x sin x 3sin x cos x 3sin x cos x cos x sin x 3 3sin chúng tôi 2x sin 4x 2 4 2 ( ) ( ) ⇔ + = ≠ ⎛ ⎞⇔ − − + =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⇔ − + − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 1Vậy: * sin x sin 3x sin x sin 3x và sin 4x 0 4 1 1 1sin 3x sin x sin 3x sin 3x 0 và sin 4x 0 2 4 4 1 1sin 3x sin x sin 3x 1 sin 3x 0 và sin 4x 0 2 4 ≠ ≠ ⎛ ⎞⇔ − + =⎜ ⎟⎝ ⎠ ≠⎧⎪⎪⇔ =⎨⎪ = ∨ =⎪⎩ 2 2 2 2 1 1sin 3x sin x sin 6x 0 và sin 4x 0 2 16 sin 4x 0 1 sin 3x sin x 2 sin 3x 0 cos 3x 0 ≠ ≠⎧≠⎧ ⎪⎪ ⎪⇔ = ∨ =⎨ ⎨⎪ ⎪=⎩ = ±⎪⎩ sin 4x 0sin 4x 0 1sin 3x 0 sin x 2 sin x 0 (VN) sin 3x 1 ≠⎧⎪⎪⇔ =⎨⎪⎪ − =⎩ 3 sin 4x 0 1sin x 2 3sin x 4 sin x 1± ≠⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩ ≠⎧⎪⇔ π π⎨ = + π ∨ + π ∈⎪⎩ π π⇔ = + π ∨ = + π ∈ sin 4x 0 1sin x 2 sin 4x 0 5x k2 k2 , k 6 6 5x k2 x k2 , k 6 6 Trường hợp 2 Phương pháp đối lập Nếu A M B A B ≤ ≤⎧⎨ =⎩ thì A B M= = Bài 159 Giải phương trình: − = +4 4sin x cos x sin x cos x (*) Ta có: (*) ⇔ − = +2 2sin x cos x sin x cos x ⇔ − = + ≤⎧⎪⇔ ⎨ = +⎪⎩ ≤⎧ ≤⎧⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ = = ±− =⎪ ⎩⎩ ⇔ = − π⇔ = + π ∈ 2 2 cos 2x sin x cos x cos 2x 0 cos 2x 1 2 sin x cos x cos 2x 0 cos 2x 0 sin 2x 0 (cos 2x 1)sin 2x 2 sin 2x cos 2x 1 x k , k 2 Cách khác Ta có − ≤ ≤ ≤ +4 4 4x cos x sin x sin x sin x cos xsin Do đó =⎧⎪⇔ ⇔ =⎨ =⎪⎩ 4 cos x 0 (*) cos x 0 sin x sin x π= + π ∈ x k , k 2 ⇔ Bài 160: Giải phương trình: ( ) 2cos2x cos4x 6 2sin 3x (*)− = + Ta có: (*) 2 24 sin chúng tôi x 6 2sin 3x⇔ = + • Do: và 2sin 3x 1≤ 2sin x 1≤ nên 2 24 sin 3x sin x 4≤ • Do nên 6 2≥ −sin 3x 1 sin3x 4+ ≥ Vậy 2 24 sin 3x sin x 4 6 2sin 3x≤ ≤ + Dấu = của phương trình (*) đúng khi và chỉ khi ⎧ = ⎧⎪ == ⇔⎨ ⎨ = −⎩⎪ = −⎩ 2 2 2 sin 3x 1 sin x 1sin x 1 sin 3x 1sin 3x 1 π⎧ = ± + π ∈ π⎪⇔ ⇔ = +⎨⎪ = −⎩ π ∈ x k2 , k x k2 , k2 2sin 3x 1 Bài 161 Giải phương trình: 3 3cos x sin x 2cos2x (*) sin x cos x − =+ Điều kiện: si n x 0 cosx 0≥ ∧ ≥ Ta có: (*) ( ) ( ) ( ) ( )2 2cos x sin x 1 sin x cos x 2 cos x sin x sin x cos x⇔ − + = − + ( ) ( ) − =⎡⎢⇔ + = + +⎢⎣ cos x sin x 0 (1) 1 sin x cos x 2 cos x sin x sin x cos x (2) Ta có: (1) π⇔ = ⇔ = + π ∈ tgx 1 x k , k 4 Xét (2) Ta có: khi si thì n x 0≥ ≥ ≥ 2sin x sin x sin x Tương tự ≥ ≥ 2cos x cos x cos x Vậy si và nx cosx 1+ ≥ sin x cos x 1+ ≥ Suy ra vế phải của (2) thì 2≥ Mà vế trái của (2): 1 31 sin 2x 2 2 + ≤ Do đó (2) vô nghiệm Vậy: (*) π⇔ = + π ∈ x k , k 4 Bài 162: Giải phương trình: 3 cos x cos x 1 2(*)− − + = Ta có: (*) 3 cos x 2 cos x 1⇔ − = + + ( ) 3 cos x 5 cos x 4 cos x 1 2 cos x 1 4 cos x 1 ⇔ − = + + + ⇔ − + = + Ta có: ( )2 cosx 1 0 x− + ≤ ∀ mà 4 cos x 1 0 x+ ≥ ∀ Do đó dấu = của (*) xảy ra cosx 1⇔ = − ⇔ = π + π ∈ x k2 , k Bài 163: Giải phương trình: ( )2 2cos3x 2 cos 3x 2 1 sin 2x (*)+ − = + Do bất đẳng thức Bunhiacốpski: 2 2 2 2AX BY A B . X Y+ ≤ + + nên: ( )2 2 21cos3x 1 2 cos 3x 2. cos 3x 2 cos 3x 2+ − ≤ + − = Dấu = xảy ra 2cos3x 2 cos 3x⇔ = − 2 2 cos3x 0 cos 3x 2 cos 3x cos3x 0 cos3x 1 cos3x 1 ≥⎧⇔ ⎨ = −⎩ ≥⎧⇔ ⇔⎨ = ±⎩ = Mặt khác: ( )22 1 sin 2x 2+ ≥ dấu = xảy ra sin2x 0⇔ = Vậy: ( )2 2cos3x 2 cos 3x 2 2 1 sin 2x+ − ≤ ≤ + dấu = của (*) chỉ xảy ra khi: = ∧ = =⎧⎪⇔ ⎨ π= ∈⎪⎩ ⇔ = π ∈ cos 3x 1 sin 2x 0 cos 3x 1 kx , k ( có 4 đầu ngọn cun 2 x 2m ,m g ) Bài 164: Giải phương trình: 2 2 5tg x cotg x 2sin x (*) 4 π⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠ Điều kiện: sin2x 0≠ • Do bất đẳng thức Cauchy: 2 2tg x cotg x 2+ ≥ dấu = xảy ra khi tgx cotgx= • Mặt khác: sin x 1 4 π⎛ ⎞+ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ nên 52sin x 2 4 π⎛ ⎞+ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ dấu = xảy ra khi sin x 1 4 π⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠ Do đó: 2 2 5tg x cotg x 2 2sin x 4 π⎛ ⎞+ ≥ ≥ +⎜ ⎟⎝ ⎠ Dấu = của (*) xảy ra tgx cotgx sin x 1 4 =⎧⎪⇔ π⎨ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩ ⎧ =⎪⇔ ⎨ π= + π ∈⎪⎩ π⇔ = + π ∈ 2tg x 1 x k2 , k 4 x k2 , k 4 Trường hợp 3: Áp dụng: Nếu A M và B M A Mthì A B M N B N ≤ ≤⎧ ⎧⎨ ⎨+ = + =⎩ ⎩ = =⎧+ = ⇔ ⎨ =⎩ sin u 1 sin u sin v 2 sin v 1 =⎧− = ⇔ ⎨ = −⎩ sin u 1 sin u sin v 2 sin v 1 = −⎧+ = − ⇔ ⎨ = −⎩ sin u 1 sin u sin v 2 sin v 1 Tương tự cho các trường hợp sau ± = ± ± = ±sin u cos v 2 ; cos u cos v 2 Bài 165: Giải phương trình: ( )3xcos2x cos 2 0 * 4 + − = Ta có: ( ) 3x* cos2x cos 4 ⇔ + 2= 3xDo cos2x 1 và cos 1 4 ≤ ≤ nên dấu = của (*) chỉ xảy ra ( ) = π ∈= ⎧⎧⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔ = ππ⎨ ⎨ = ∈=⎪ ⎪⎩ ⎩ ππ = ⇔ = = ∈ Ζ = ∈ x k , kcos 2x 1 x 8m , m8h3x x , hcos 1 34 8h 8hDo : k k 3 3 để k nguyên ta chọn h 3m m ( thì k 8m ) Cách khác = = π ∈⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔ = π ∈⎨ ⎨ π= =⎪ ⎪⎩ ⎩ cos 2x 1 x k , k x 8m ,m3x 3kcos 1 cos 1 4 4 Bài 166: Giải phương trình: ( )cos2x cos4x cos6x cos x.cos2x.cos3x 2 *+ + = + ( ) 2cos2x cos4x cos6x 2cos3x cos x 2cos 3x 1 2cos3x cos x cos3x 1 4cos3x.cos2x.cos x 1 + + = + − = + − = − Vậy: ( )1cos3x.cos2x.cos x cos2x 6cos4x cos6x 1 4 = + + + Do đó: ( ) ( ) ( ) ⇔ + + = + + ⇔ + + = 1 9* cos 2x cos 4x cos 6x cos2x cos 4x cos6x 4 4 3 9cos 2x cos 4x cos 6x 4 4 + ⇔ + + = = = π ∈⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ = ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎩ ⎩ cos 2x cos 4x cos 6x 3 cos 2x 1 2x k2 , k (1) cos 4x 1 cos 4x 1 (2) cos 6x 1 cos 6x 1 (3) ⇔ = π ∈ ⇔ = π ∈ 2x k2 , k x k , k ( Thế (1) vào (2) và (3) ta thấy hiển nhiên thỏa) Bài 167: Giải phương trình: ( )cos2x 3 sin2x 3 sin x cos x 4 0 *− − − + = Ta có: ( ) ⎛ ⎞ ⎛⇔ = − + + +⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ 1 3 3 1* 2 cos2x sin2x sin x cos x 2 2 2 2 ⎞⎟⎟⎠ π π⎛ ⎞ ⎛⇔ = − + +⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝2 sin 2x sin x6 6 ⎞⎟⎠ ⎧ π⎛ ⎞ π π⎧− = − = + π ∈⎜ ⎟⎪ ⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ π ππ⎛ ⎞⎪ ⎪ + = + π ∈+ =⎜ ⎟ ⎪⎪ ⎩⎝ ⎠⎩ π⎧ = + π ∈⎪ π⎪⇔ ⇔ = + π⎨ π⎪ = + π ∈⎪⎩ ∈ sin 2x 1 2x k2 , k6 6 2 x h2 , hsin x 1 6 26 x k , k 3 x h , h 3x h2 , h 3 Cách khác ⎧ π⎛ ⎞ ⎧ π⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎪ ⎝ ⎠⇔ ⇔⎨ ⎨π π π⎛ ⎞⎪ ⎪+ = + = + π ∈⎜ ⎟⎪ ⎪⎩⎝ ⎠⎩ sin 2x 1 sin 2x 16 6(*) sin x 1 x h2 , h 6 6 2 ⎧ π⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎪ π⎪ ⎝ ⎠⇔ ⇔ = +⎨ π⎪ = + π ∈⎪⎩ π ∈ sin 2x 1 6 x h , h 3 x h2 , h 3 Bài 168: Giải phương trình: ( )4cos x 2cos2x cos4x 1 *− − = Ta có: ( ) ( ) ( )⇔ − − − −2 2* 4 cos x 2 2cos x 1 1 2sin 2x 1= ⇔ − + = ⇔ = − + = 2 2 2 2 4cosx 4 cos x 8sin x cos x 0 cos x 0 hay 1 cos x 2sin x cos x 0 ( )⇔ = + − = ⇔ = − = 2cos x 0 hay 1 cos x 2sin x 1 0 cos x 0 hay 1 cos x cos 2x 0 ( * *) ( )⇔ = − + = ⇔ = ∨ + = 1cos x 0 hay 1 cos 3x cos x 0 2 cos x 0 cos 3x cos x 2 =⎧⇔ = ∨ ⎨ =⎩ cos 3x 1 cos x 0 cos x 1 =⎧⇔ = ⇔ ⎨ − =⎩ ⇔ = ∨ = π⇔ = + π ∨ = π ∈ 3 cos x 1 cos x 0 4 cos x 3cos x 1 cos x 0 cos x 1 x k x k2 , k 2 Cách khác ⇔ = =( * *) cos x 0 hay cos x cos 2x 1 − = =⎧ ⎧⇔ = ∨ ∨⎨ ⎨= = −⎩ ⎩ cos x 1 cos x 1 cos x 0 cos 2x 1 cos 2x 1 = π ∈ = π + π ∈⎧ ⎧π⇔ = + π ∈ ∨ ∨⎨ ⎨= = −⎩ ⎩ x k2 , k x k2 , k ( loạix k , k cos 2x 1 cos 2x 12 ) π⇔ = + π ∨ = π ∈ x k x k2 , k 2 Bài 169: Giải phương trình: ( )1tg2x tg3x 0 * sin x cos2x cos3x + + = Điều kiện: sin2xcos2xcos3x 0≠ Lúc đó: ( ) ⇔ + +sin 2x sin 3x 1* 0 cos2x cos3x sin x.cos2x.cos3x = + = = ( ) ⇔ + ⇔ + + sin2xsin x cos3x sin3xsin x.cos2x 1 0 sin x sin2x cos3x sin3x cos2x 1 0 ( ) ⇔ = − ⇔ − − = − ⇔ − = = =⎧ ⎧=⎧ ⎪ ⎪⇔ ⇔ − = ⇔ −⎨ ⎨ ⎨= −⎩ ⎪ ⎪ =− = −⎩ ⎩ 3 3 2 sin x.sin5x 1 1 cos6x cos4x 1 2 cos6x cos4x 2 t cos2x t cos2x cos6x 1 4t 3t 1 4t 3t 1 cos4x 1 t 02t 1 1 = Do đó: (*) vô nghiệm. Cách khác = = −⎧ ⎧⇔ = − ⇔ ⎨ ⎨= − =⎩ ⎩ sin x 1 sin x 1 sin chúng tôi 5x 1 hay sin 5x 1 sin 5x 1 π π⎧ ⎧= + π ∈ = − + π ∈⎪ ⎪⇔ ⎨ ⎨⎪ ⎪= − =⎩ ⎩ x k2 , k x k2 , k hay2 2 sin 5x 1 sin 5x 1 x⇔ ∈∅ Bài 170: Giải phương trình: ( )2 2cos 3x.cos2x cos x 0 *− = Ta có: ( ) ( ) ( )⇔ + − +1 1* 1 cos6x cos2x 1 cos2x 0 2 2 = ( ) ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = =⎧⇔ ⎨ =⎩ ⎧ − =⇔ ⎨ =⎩ ⎧ =⇔ ⎨ =⎩ ⇔ = ⇔ = π ∈ π⇔ = ∈ 2 2 cos 6x cos 2x 1 1 cos 8x cos 4x 1 2 cos 8x cos 4x 2 cos 8x 1 cos 4x 1 2cos 4x 1 1 cos 4x 1 cos 4x 1 cos 4x 1 cos 4x 1 4x k2 , k kx , k 2 Cách khác ⇔ =cos6x cos2x 1 = = −⎧ ⎧⇔ ⎨ ⎨= = −⎩ ⎩ cos 2x 1 cos 2x 1 hay cos 6x 1 cos 6x 1 = π ∈ = π + π ∈⎧ ⎧⇔ ⎨ ⎨= = −⎩ ⎩ 2x k2 , k 2x k2 , k hay cos6x 1 cos 6x 1 π= ∈ kx , k 2 Cách khác = =⎧ ⎧⇔⎨ ⎨= = π ∈⎩ ⎩ cos 8x 1 cos 8x 1 cos 4x 1 4x k2 , k π⇔ = ∈ kx , k 2 Trường hợp 4: DÙNG KHẢO SÁT HÀM SỐ y = ax là hàm giảm khi 0< a <1. Do đó ta có sin sin , , cos s , , m n m n x x n m x k k x co x n m x k k π π π π ∀ ≠ + ∈ ∀ ≠ + 2 2 ∈ sin sin , cos s , m n m n x x n m x x co x n m x ≤ ⇔ ≥ ≤ ⇔ ≥ ∀ ∀ Bài 171: Giải phương trình: ( )2×1 cos x 2 − = * Ta có: ( ) 2x* 1 cos 2 ⇔ = + x Xét 2xy cos x trên 2 = + R Ta có: y ‘ x sin x= − và y ” 1 cos x 0 x R= − ≥ ∀ ∈ Do đó y’(x) là hàm đồng biến trên R ( ) ( ) ( )x ,0 : x 0 nên y ‘ x y ‘ 0∀ ∈ −∞ < < = 0 Do đó: Vậy : 2xy cos x 1 x 2 = + ≥ ∀ ∈ R Dấu = của (*) chỉ xảy ra tại x = 0 Do đó ( )* x 0⇔ = • Bài 172: Giải phương trình sin sin sin sinx x x+ = +4 6 8 10 x (*) Ta có sin sin sin sin 2 2 và dấu =xảy ra khi và chỉ khi sin x = 1hay sinx = 0 và dấu =xảy ra khi và chỉ khi sin x = 1 hay sinx = 0 x x x x ⎧ ≥⎪⎨ ≥⎪⎩ 4 8 6 10 ⇔ sin2x = 1 sinx = 0 ∨ ⇔ x = ± ,k x k kπ π π+ ∨ = ∈2 2 2 Cách khác (*) sin sin sin sinx hay x x x⇔ = + = +4 2 4 60 1 sin sinx hay x⇔ = 20 1= BÀI TẬP Giải các phương trình sau ( ) − + = π⎛ ⎞− = + −⎜ ⎟⎝ ⎠ + = 2 3 2 2 2 1. lg sin x 1 sin x 0 2. sin 4x cos 4x 1 4 2 sin x 4 13. sin x sin 3x sin chúng tôi 3x 4 ( ) π = + = + − = + sin x 2 4. cos x 5. 2 cos x 2 sin10x 3 2 2cos chúng tôi x 6. cos 4x cos 2x 5 sin 3x ( ) ( ) ( ( ) ( ) + = − − + + − + = − =a 2 7. sin x cos x 2 2 sin 3x 8. sin 3x cos 2x 2sin 3x cos 3x 1 sin 2x 2cos 3x 0 9. tgx tg2x sin 3x cos 2x 10. 2 log cot gx log cos x ) = ( ) π⎡ ⎤= ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ + = − + + sin x 13 14 11. 2 cos x với x 0, 2 12. cos x sin x 1 13. cos 2x cos 6x 4 sin 2x 1 0= ( )+ = − + = − − − + + 3 3 4 2 2 14. sin x cos x 2 2 cos 3x 15. sin x cos x 2 sin x 16. cos x 4 cos x 2x sin x x 3 0= + = + + − − + sin x 2 2 2 17. 2 sin x sin x cos x 18. 3cot g x 4 cos x 2 3 cot gx 4 cos x 2 0= Th.S Phạm Hồng Danh (TT luyện thi Vĩnh Viễn)
Một Số Phương Pháp Giải Các Phương Trình Lượng Giác Không Mẫu Mực
Có những lúc mới nhìn vào phương trình ta thấy nó có vẻ “không bình thường”, chẳng hề có dáng dấp của bất kỳ loại phương trình nào đã học. Những lúc ấy ta nên nghĩ tới việc đánh giá các biểu thức ở hai vế của phương trình. Nó có thể giúp ta tìm ra một lời giải đẹp.
Ta có thể dùng các tính chất của bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức hoặc miền xác định, miền giá trị của hàm số để đánh giá các biểu thức ở cả hai vế của phương trình, từ đó lập được phương trình mới để giải.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC: 1) Loại nghiệm không thích hợp: Hầu hết các phương trình lượng giác, trước khi biến đổi phương trình ta phải Đặt điều kiện cho ẩn. Do đó trước khi kết luận nghiệm của phương trình, ta phải kiểm tra xem các nghiệm tìm được có thỏa mãn các điều kiện đã đặt ra không? Ta có thể dùng đường tròn lượng giác để thực hiện điều này. Bài tập áp dụng: 1. Giải phương trình 2. Giải các phương trình: 3. Giải các phương trình: a) tanxtan3x = 0; b) (2cosx - - 3)(tan5x - 1) = 0; 4. Cho phương trình a) Giải phương trình khi m = 1; b) Tìm m để phương trình có nghiệm. 5. Cho phương trình a) Giải phương trình khi m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm. 6. Cho phương trình a) Giải phương trình khi m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm. 2) Đưa phương trình về dạng tích: * Cách giải: Những phương trình thuộc loại này yêu cầu phải có kỹ năng biến đổi và kinh nghiệm nhận dạng để định hướng cho phép giải trong quá trình biến đổi. Có thể dùng các công thức lượng giác để làm xuất hiện nhân tử chung rồi đặt thừa số chung đó. Công thức biến đổi tổng thành tích và các hằng đẳng thức rất hữu hiệu đối với loại phương trình này. f(x) Biểu thức chứa thừa số f(x) sinx sin2x, sin3x, tanx, tan2x, tan3x, . . . cosx sin2x, cos3x, tan2x, tan3x, cotx, . . . 1 + cosx 1 - cosx 1 + sinx 1 - sinx cosx + sinx cos2x, cot2x, 1 + sin2x, 1 + tanx, 1 + cotx, tanx - cotx cosx - sinx cos2x, cot2x, 1 - sin2x, 1 - tanx, 1 = cotx, tanx - cotx Bài tập áp dụng: 1. Tìm a để phương trình sin2(x - p) - sin(3x - p) = asinx có nghiệm x ¹ kp. 2. Giải các phương trình: a) sinx + sin2x + sin3x + sin4x = 0; b) cos3x - 2cos2x + cosx = 0; c) sin2x + sin22x + sin23x = 1,5; d) cos3xcos4x + sin5xsin2x = 0,5(cos2x + cos4x). 3. Giải các phương trình: 4. Giải và biện luận theo a phương trình 5. Giải các phương trình: a) 1 + sinx + cosx + tanx = 0; 6. Giải các phương trình: a) tan22x.tan23x.tan5x = tan22x - tan23x + tan5x; f) cotx - tanx = sinx + cosx. 7. Tìm m để phương trình cos3x - cos2x + mcosx - 1 = 0 có đúng 7 nghiệm khác nhau thuộc 8. Tìm m để phương trình sin3x + sin2x = msinx có đúng 8 nghiệm thuộc 9. Tìm m để phương trình (2sinx - 1)(2cos2x + 2sinx + m) = 3 - 4cos2x có đúng hai nghiệm thỏa mãn 0 < x < p. 10. Giải phương trình 3cos4x - 2cos23x = 1. 3) Dùng bất đẳng thức: Có những lúc mới nhìn vào phương trình ta thấy nó có vẻ "không bình thường", chẳng hề có dáng dấp của bất kỳ loại phương trình nào đã học. Những lúc ấy ta nên nghĩ tới việc đánh giá các biểu thức ở hai vế của phương trình. Nó có thể giúp ta tìm ra một lời giải đẹp. Ta có thể dùng các tính chất của bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức hoặc miền xác định, miền giá trị của hàm số để đánh giá các biểu thức ở cả hai vế của phương trình, từ đó lập được phương trình mới để giải. Bài tập áp dụng: 1. Giải các phương trình: c) tan4x + tan4y + 2cot2xcot2y = 3 + sin2(x + y). 2. Giải các phương trình: a) sin4xsin16x = 1; 3. Giải các phương trình: 4. Tìm các số x, y thỏa mãn: a) 2 + 2sinx(siny + cosy) = cos2x; b) cosx + cosy - cos(x + y) = 1,5; c) sin2x + sin2y + sin2(x + y) = 2,25; d) tan2x + tan2y + tan2(x + y) = 1. 5. Chứng minh rằng phương trình sau đây vô nghiệm: sin2xsin5xsin7x = 1. 6. Giải các phương trình: a) sin3x + cos5x = 1; b) (sin4x + sin2x)2 = 5 - sinx. 7. Giải phương trình: 4) Dùng tính chất của hàm số: Các phương trình thuộc loại này là các phương trình "không bình thường". Tính chất được sử dụng ở đây là tính chất biến thiên của hàm số, đôi khi ta còn kết hợp với miền giá trị của hàm số. Để giải phương trình thuộc dạng này, ta phải xét được sự biến thiên của hàm số trên một khoảng xác định nào đó, rồi đánh giá giá trị của hàm số trên đó, hoặc kết hợp tìm miền giá trị của hàm số, từ đó suy ra giá trị của ẩn cần tìm. Hàm số nói ở đây là hàm số mà ta phải tự nhận diện từ phương trình đã cho. Những phương trình dạng này sẽ được xem xét nhiều hơn khi ta dùng công cụ đạo hàm để khảo sát sự biến thiên của hàm số. Bài tập áp dụng: 1. Giải các phương trình: 2. Tìm m để phương trình: sin4x + (1 + sinx)4 = m có nghiệm. 3. Giải các phương trình: c) sin(px) = x - 1; d) cos2x.sin(sinx) + sinx .cos(sinx) = 0. 4. Tìm nghiệm x Î (0; p) của phương trình: 5. Tìm m để phương trình có nghiệm: a) cos4x + (2 - cosx)4 = m. Bài ôn tập: 1. Giải các phương trình a) b) (1 + sinx)(1 + cosx) = 2. (ĐH An ninh 1998). 2. Cho phương trình (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 2; b) Khi m ≠ 0 và m ≠ , phương trình (1) có bao nhiêu nghiệm nằm trong đoạn [20π; 30π]. (ĐH Cần thơ 1998). 3. Giải phương trình 3 - 4cos2x = sinx(2sinx + 1) (ĐH Cần thơ 1998). 4. Giải phương trình (ĐH Bách khoa Hà nội 1998). 5. Giải phương trình (ĐH Công đoàn 1998). 6. Giải phương trình (ĐH Dược Hà nội 1998). 7. Giải các phương trình: a) 3cos4x - 2cos23x = 1; (ĐH Đà nẵng 1998). b) 1 + 3cosx + cos2x = cos3x + 2sinxsin2x. 8. Giải phương trình tanx + cotx = 2(sin2x + cos2x) (ĐH Giao thông vận tải 1998). 9. Giải các phương trình: a) cos3x + sinx - 3sin2xcosx = 0; ; c) sinx = 2sin3x + cos2x. (ĐH Huế 1998). 10. Cho phương trình a) Giải phương trình khi b) Xác định α để phương trình có nghiệm. (ĐH Kiến trúc Hà nội). 11. Cho phương trình (ĐH Kiến trúc Hà nội). a) Giải phương trình khi m = 0,5; b) Xác định m Î Z để phương trình có nghiệm trong khoảng 12. Giải phương trình (ĐH Kinh tế quốc dân 1998). 13. Giải phương trình (ĐH Luật Hà nội 1998). 14. Cho phương trình sinx + mcosx = 1 (1) a) Giải phương trình (1) khi b) Tìm tất cả các giá trị của m để mọi nghiệm của phương trình (1) đều là nghiệm của phương trình msinx + cosx = m2 (2). 15. Giải các phương trình a) sin3x + cos2x = 1 + 2sinxcos2x; b) 1 + sinx + cosx + tanx = 0. (ĐH Ngoại ngữ 1998). 16. Giải các phương trình (ĐH Ngoại thương 1998). a) sinx + sin2x + sin3x + sin4x = cosx + cos2x + cos3x + cos4x; b) cosxcoss4x + cos2xcos3x = 0. 17. Giải các phương trình (ĐH Nông nghiệp I 1998). a) 18. Giải các phương trình a) sin2x = cos22x + cos23x; b) sin3x + cos3x = 2(sin5x + cos5x); c) (ĐH Quốc gia Hà nội 1998). 19. Giải phương trình (ĐH Sư phạm Vinh 1998). 20. Giải phương trình (ĐH Thái nguyên 1998). 21. Giải phương trình (1 + sinx)2 = cosx (ĐH Thủy lợi 1998). 22. Xác định a để hai phương trình sau tương đương: 2cosxcos2x = 1 + cos2x + cos3x (1) 4cos2x - cos3x = acosx + (4 - a)(1 + cos2x) (2) (ĐH Y Dược TP Hồ Chí Minh 1998). 23. Giải các phương trình sau: a) 2(cot2x - cot3x) = tan2x + cot3x; b) sin23x - sin22x - sin2x = 0. (ĐH Y khoa Hà nội 1998). 24. Giải phương trình sin4x - cos4x = 1 + 4(sinx - cosx) (HV CN Bưu chính viễn thông 1998). 25. Giải phương trình (HV Kỹ thuật Quân sự 1998). 26. Giải các phương trình (HV Ngân hàng 1998). a) sin6x + cos6x = cos4x; b) 27. Giải phương trình cos2x + cos22x + cos23x + cos24x = 1,5 (HV Quan hệ Quốc tế 1998). 28. Giải phương trình (HV Chính trị Quốc gia 1999).Giải Hệ Phương Trình Không Mẫu Mực Bằng Phương Pháp Thế
1 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRèNH KHễNG MẪU MỰC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ Giỏo viờn: Nguyễn Duy Hoàng. Đơn vị: Trường THCS Tam Dương, Tam Dương. Đối tượng bồi dưỡng: Học sinh giỏi lớp 9. Phương phỏp thế là một trong những phương phỏp cú ứng dụng nhiều trong việc tớnh giỏ trị biểu thức, chứng minh, giải phương trỡnh, hệ phương trỡnh, Đặc biệt đối với giải hệ phương trỡnh khụng mẫu mực thỡ phương phỏp thế là phương phỏp được sử dụng linh hoạt, cú hiệu quả. Tuy nhiờn khi sử dụng phương phỏp thế cần lưu ý rằng phương trỡnh thu được phải cỏc phương trỡnh giải được. Phương phỏp thế gồm: Phộp thế đơn; Phộp thế nhúm; Phộp thế hằng số. 1. Phộp thế đơn: a) Cơ sở phương phỏp. Ta rỳt một ẩn từ một phương trỡnh trong hệ và thế vào phương trỡnh cũn lại. b) Nhận dạng. Phương phỏp này thường hay sử dụng khi trong hệ cú một phương trỡnh là bậc nhất đối với một ẩn nào đú. * Nếu một phương trỡnh trong hệ cú bậc nhất đối với tất cả cỏc ẩn thỡ rỳt tựy ý một ẩn để thay vào phương trỡnh cũn lại. Bài 1. Giải hệ phương trỡnh 2 2 2 3 5 (1) 3 2 4 (2) x y x y y Lời giải. Từ (1) ta cú 5 3 2 y x thế vào (2) ta được 2 25 33 2 4 0 2 y y y 2 2 2 593(25 30 9 ) 4 8 16 23 82 59 0 1, 23 y y y y y y y y Vậy tập nghiệm của hệ phương trỡnh là 31 591;1 ; ; 23 23 2 * Nếu một phương trỡnh trong hệ cú bậc nhất đối với một ẩn thỡ rỳt ẩn đú để thay vào phương trỡnh cũn lại. Trong trường hợp này phức tạp hơn bởi biểu thức thay vào khụng phải bậc nhất. Bài 2. Giải hệ phương trỡnh 3 2 2 3 (6 ) 2 0 (1) 3 (2) x y x xy x x y Lời giải. Phương trỡnh (2) là bậc nhất với y nờn từ (2) suy ra 23y x x thay vào phương trỡnh (1) ta được 3 2 2 23 (6 3) 2 ( 3) 0 x x x x x x x 4 3 2 3 2 2 4 7 6 0 ( 4 7 6) 0 ( 2)( 2 3) 0 (*) x x x x x x x x x x x x Vỡ 2 22 3 ( 1) 2 0 x x x mọi x nờn phương trỡnh (*) cú nghiệm 0; 2 x Từ đú tỡm được nghiệm của hệ phương trỡnh là (0; 3); ( 2;9) Bài 3. Giải hệ phương trỡnh 4 3 2 2 2 2 2 9 (1) 2 6 6 (2) x x y x y x x xy x Phõn tớch. Phương trỡnh (2) là bậc nhất đối với y nờn ta dựng phộp thế. Lời giải. TH 1: Với x = 0 khụng thỏa món (2) TH 2: Với 26 6 0, (2) 2 x x x y x , thế vào (1) ta được 22 2 4 3 26 6 6 62 2 9 2 2 x x x x x x x x x x 2 2 4 2 2 3 0(6 6 )(6 6 ) 2 9 ( 4) 0 44 xx x x x x x x x x x Do 0x nờn hệ phương trỡnh cú nghiệm duy nhất 17 4; 4 Bài 4. Giải hệ phương trỡnh 2 2 2 x y xy 3 (1) xy 3x 4 (2) . 3 Lời giải. Từ (2) x 0, 24 3x y x , thay vào (1) ta có: 22 2 2 4 3x 4 3xx x. 3 x x 4 27x 23x 16 0 . Giải ra ta được 2 2 16 x 1 hoặc x = 7 Từ 2x 1 x 1 y 1 ; Từ 2 16 4 7 5 7 x x y 7 7 7 Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1); 4 7 5 7 ; 7 7 ; 4 7 5 7 ; 7 7 Bài tập vận dụng: Giải cỏc hệ phương trỡnh sau: 1) 1 1 (1 ) 2 x y x y xy 2) 2 2 1 0 0 x y x y x 3) 2 4 ( 1) 4( 2) x y x y xy y 4) 2 2 2 5 7 x y x xy y 5) 2 2 2 4 3 2 5 4 0 x y x xy y x y 6) 2 9 4 9 x y x y 7) 2 12 x y xy x y 8) 2 24 3 1 1 x xy y x x y 9) 1 1 2 2 2 x y x y y 10) 10 3 3 58 6 xy x y x y 11) 2 2 2 1 0 2 3 2 2 0 x y x y x y 12) 3 2 2 3 (5 ) 2 2 0 4 x y x xy x x x y 13) 3 2 2 2 2 2 3 (6 ) 2 0 3 x y x xy x x y 4 2. Phộp thế nhúm: a) Cơ sở phương phỏp: Ta rỳt một biểu thức từ một phương trỡnh trong hệ và thế vào phương trỡnh cũn lại. b) Nhận dạng: Phộp thế nhúm được dựng khi hệ phương trỡnh cú một nhúm thế giống nhau. Bài 1. Giải hệ phương trỡnh 2 2 1 4 (1) 2 2( ) 2 7 2 (2) x y xy y y x y x y . Lời giải. Từ (1) 2 21 4x y y xy . Thế vào (2) ta cú 2 2( ) 2(4 ) 7 y x y y y xy y 2 2 0 2( 2( ( ) ) 15 0 ( ) ) 15 0 y y x y x y x y x y Với y = 0 thỡ x2 + 1 = 0 (loại) Với 2 5 2( 3 ( ) ) 15 0 x y x y x y x y Nếu x + y = -5, thế vào (1) ta cú 5 5 5 9 46 022 21 4 x x x xx x x vụ nghiệm Nếu x + y = 3, thế vào (1) ta cú 1 3 3 3 2 0 2 22 21 4 x x x x x x x x x Vậy hệ phương trỡnh cú nghiệm (1;2); ( 2;5) Bài 2. Giải hệ phương trỡnh 2 2 ( 1) 3 0 (1) 5 ( ) 1 0 (2) x x y x y x . Lời giải. ĐK: 0x Từ (1) suy ra 3 1x y x và thay vào phương trỡnh (2), ta cú 2 2 2 13 5 2 3 1 1 0 1 0 2 x xx x x x 5 Vậy hệ phương trỡnh cú nghiệm 3 (1;1); (2; ) 2 Bài 3. Giải hệ phương trỡnh 4 3 2 2 2 2 2 9 2 6 6 x x y x y x x xy x Lời giải. Hệ 22 22 2 2 2 2 6 6 2 9 2 9 2 6 6 6 6 2 2 x x x xy x x x x x xy x x x xy Khi đú 22 3 06 6 2 9 ( 4) 0 42 xx x x x x x Vỡ 0x nờn hệ phương trỡnh cú nghiệm duy nhất 17 4; 4 Bài 4. Giải hệ phương trỡnh 2 2 2 2 3 3 (1) 3 0 (2) x y x x y y x y x y Lời giải. ĐK: 2 2 0 x y Từ (2) ta cú 2 2( ) ( 3 ) 0 y x y y x Nếu y = 0 thỡ x = 0 (loại) Nếu 0y thỡ 2 2 3 y xx y y . Thế vào (1), ta cú ( 3 ) 3 3 y x y x y x 2 2 333 3 3( 3 ) 3. 3( 3 ) 1 y xy x x y y x y x yy Với y = 3x thỡ x = y = 0 (loại) Với y = -1 thỡ x = 0 hoặc x = 3 Vậy hệ phương trỡnh cú nghiệm (0; 1); (3; 1) 6 Bài tập vận dụng: Giải cỏc hệ phương trỡnh sau: 1) 2 4 0 x x y y x xy y 2) 2 2 6 2 6 0 x x y y x xy y 3) 2 2 1 2 x y xy x y 4) ( 1)(2 1) 6 ( 1)(3 2) 2 3 x y x y x y x y 5) 2 2 2 3 4 6 4 4 12 3 xy x y x y x y 6) 2 2 2 2 2 0 y x y x xy y x 7) 2 2 2 2 ( )( ) 4 (2 )( ) 2 x y x y x y x y 8) 2 ( 1)( 2 1) 12 2 ( 1)(3 1) 11 x y x y x y x y 9) 1 3 2 4 xy x y xy x y 10) (2 ) 5 (3 ) 4 x y xy x y xy x y xy x y xy 11) 2 2 2 2 4 2 2 2 x y xy x y x y xy x y 12) ( 2 ) 2 (2 ) 2 xy x y y x xy xy y x 13) 2 2 2 2 2 5 2 3 x y x y x y x y 14) 2 2 2 4 0 2 2 0 xy y x y xy y x y 15) 2 2 2 2 ( ) 4 ( 1) x y xy x y xy x y xy x 16) 2 2 2 2 4 1 2 3 1 xy x xy x xy x xy x 17) 2 2 6 4 4 xy x y x y x y xy 18) 2 2 ( 1) 3 ( ) y x y x y y xy x x 19) 1 (1 ) 2 2 0 x y xy xy x y 20) 2 2 2 2 2 3 9 2 2 5 1 x y x y x y x y 21) 2 2 2( ) 7 ( 2 ) 2 10 x y x y y y x x 22) 2 2 2 2 3x 4 6x 4 11 3 15 6x 15 33 y y x y y 3. Phộp thế hằng số: a) Cơ sở phương phỏp: Từ một phương trỡnh ta rỳt một số bằng một biểu thức để thay vào phương trỡnh cũn lại. b) Nhận dạng: Phộp thế hằng số nhằm mục đớch đưa phương trỡnh về phương trỡnh tớch hoặc phương trỡnh đẳng cấp. 7 Bài 1. Giải hệ phương trỡnh 3 3 3 2 1 5 5 1 1 2 x y x x y Lời giải. Thế số 1 từ (2) và (1) ta được: 3 3 2 2 2 25 0 5 0 5 0 (3) x y x y x y x y x xy y x xy y Phương trỡnh (3) 2 21 3 5 0 2 4 x y y vụ nghiệm. Với 3 3 3 3 1 4 2 2 1 2 2 x y x y x y . Vậy hệ phương trỡnh cú nghiệm duy nhất 3 34 4 ; ; 2 2 x y Bài 2. Giải hệ phương trỡnh 3 3 2 2 2 4 (1) 6 19 15 1 (2) x y x y x xy y với x, y là số hữu tỉ. Lời giải. Thế số 1 từ (2) và (1) ta được 3 3 2 2 3 3 2 4 (6 19 15 )( 4 ) 2 (*) x y x y x xy y x y x y Đưa (*) về phương trỡnh 3 2 2 35 5 61 62 0 x x y xy y là phương trỡnh đẳng cấp bậc 3 Xột y = 0 thỡ x = 0 (loại). Xột y khỏc 0, đặt xt y với t là số hữu tỉ, ta được 3 25 5 61 62 0 t t t Giải phương trỡnh với t hữu tỉ, ta cú được t = 2. Kết quả (x,y) là (2; 1), (-2; -1) Bài 3. Giải hệ phương trỡnh 2 2 5 5 5 11( ) x y x y x y Lời giải. Ta cú 5 5 2 2 3 3 2 2( )( ) ( )x y x y x y x y x y Khi đú ta cú 3 3 2 2 2 2 2 25( ) ( ) 11( ) ( ) 5( ) 5 11 0 x y x y x y x y x y x y xy x y 8 Với x+ y = 0 ta được 10 10 10 10; ; ; 2 2 2 2 Với 2 2 2 2 25( ) 5 11 0 5 14 0 x y xy x y t t với t = xy. Giải phương trỡnh được t = 2 hoặc t = -7 Nếu t = 2 thỡ 22 2 3 5 9 3 x y x y x y x y Nếu t = -7 thỡ 22 2 5 9 x y x y (loại) Kết quả (x, y) là (1; 2), (2;1), (-1; -2), (-2;-1) Bài tập vận dụng: Giải cỏc hệ phương trỡnh sau: 1) 3 3 9 ( ) 6 x y xy x y 2) 3 2 3 2 3 20 3 7 x x y y xy 3) 3 3 ( ) 6 18 27 x x y x y y 4) 2 2 8 8 10 10 1x y x y x y 5) 3 3 2 2 1 x y x y x y 6) 3 3 5 5 2 2 1x y x y x y 7) 2 2 10 10 4 4 1 1 8 x y x y x y 8) 2 2 5 5 3 3 3 31 7 x y xy x y x y 9) 4 4 2 2 2 2 6 41 ( ) 10 x y x y xy x y 10) 2 2 4 4 2 2 5 6 20 81 x y x y x y xy 11) 3 3 5 5 2 ( ) 6 30 32 x y xy x y x y xy 12) 3 3 5 5 2 2 1x y x y x y TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Chuyờn đề Bồi dưỡng HSG toỏn THCS. 2. Nõng cao và phỏt triển toỏn 9. 3. Bỏo Toỏn học tuổi thơ, Toỏn học tuổi trẻ. 4. Cỏc nguồn trờn mạng Internet.
Các Phương Pháp Giải Phương Trình Lượng Giác
Chương I: Phương trình lượng giác cơ bản và một số phương trình lượng giác thường gặp Để giải 1 PTLG , nói chung ta tiến hành theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa. Các điều kiện ấy bao hàm các điều kiện để căn có nghĩa,phân số có nghĩa, biểu thức có nghĩa. Ngoài ra trong các PTLG có chứa các biểu thức chứa va thì cần điều kiện để và có nghĩa. Bước 2: Bằng phương pháp thích hợp đưa các phương trình đã cho về một trong các phương trình cơ bản . Bước 3: Nghiệm tìm được phải đối chiếu với điều kiện đã đặt ra. Những nghiệm nào không thoả mãn điều kiện ấy thì bị loại. 1.1-Phương trình lượng giác cơ bản 1.1.1- Định nghĩa: Phương trình lượng giác là phương trình chứa một hay nhiều hàm số lượng giác . 1.1.2- Các phương trình lượng giác cơ bản. a) Giải và biện luận phương trình (1) Do nên để giải phương trình (1) ta đi biện luận theo các bước sau -Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua sin của góc đặc biệt ,giả sử khi đó phương trình sẽ có dạng đặc biệt. -Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua sin của góc đặc biệt khi đó đặt m= . Ta có: Như vậy ta có thể kết luận phương trình có 2 họ nghiệm Đặc biệt ta cần phải nhớ được các giá trị của các cung đặc biệt như vì sau khi biến đổi các bài toán thương đưa về các cung đặc biệt. Ví dụ 1: Giải phương trình Giải: Ta nhận thấy không là giá trị của cung đặc biệt nào nên ta đặt = Khi đó ta có: Vậy phương trình có 2 họ ngiệm Ví dụ 2: Giải phương trình Giải: Do nên Vậy phương trình có hai họ nghiệm . b) Giải và biện luận phương trình lượng giác Ta cũng đi biện luận (b) theo m Bước 1: Nếu phương trình vô nghiệm . Bước 2: Nếu ta xét 2 khả năng: -Khả năng 1: Nếu được biểu diễn qua của góc đặc biệt, giả sử góc. Khi đó phương trình có dạng -Khả năng 2: Nếu không biểu diễn được qua của góc đặc biệt khi đó đặt = .Ta có: Như vậy ta có thể kết luận phương trình có 2 họ nghiệm Ví Dụ Minh Hoạ. Ví dụ 1: Giải phương trình sau: Giải: Do nên Vậy phương trình có 2 họ nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình: Giải: Vì và không là giá trị của cung đặc biệt nên tồn tại góc sao cho Ta có: Vậy phương trình có hai họ nghiệm . c) Giải và biện luận phương trình lượng giác Ta cũng biện luận phương trình (c) theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện Bước 2: Xét 2 khả năng -Khả năng 1: Nếu được biểu diễn qua tan của góc đặc biệt , giả sử khi đó phương trình có dạng -Khả năng 2: Nếu không biểu diễn được qua tan của góc đặc biệt , khi đó đặt = ta được Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm Ví Dụ Minh Hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình Giải : Do nên ta có: Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình Giải: Điều kiện: Do không thể biểu diễn được qua của góc đặc biệt nên ta đặt . Từ đó ta có Vậy phương trình có một họ nghiệm. d) Giải và biện luận phương trình lượng giác Ta cũng đi biện luận theo Bước1: Đặt điều kiện Bước 2: Xét 2 khả năng -Khả năng 1: Nếu được biểu diễn qua cot của góc đặc biệt , giả sử khi đó phương trình có dạng -Khả năng 2: Nếu không biểu diễn được qua cot của góc đặc biệt , khi đó đặt = ta được Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình (d) luôn có nghiệm. Ví Dụ Minh Hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình sau: (1) Giải: Điều kiện (*) Ta có: (1) Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình Giải: Ta nhận thấy nên ta có Vậy phương trình có 1 họ nghiệm . Lưu ý: Không được ghi hai loại đơn vị ( radian hoặc độ ) trong cùng một công thức. 1.2- Một số phương trình lượng giác thường gặp. 1.2.1- Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác Dạng 1: (1) Cách giải: Đặt , điều kiện Đưa phương trình (1) về phương trình bậc hai theo , giải tìm chú ý kết hợp với điều kiện rồi giải tìm Dạng 2: (2) Cách giải: Đặt điều kiện ta cũng đưa phương trình (2) về phương trình bậc hai theo , giải tìm rồi tìm Dạng 3: (3) Cách giải: Điều kiện Đặt ta đưa phương trình (3) về phương trình bậc hai theo , chú ý khi tìm được nghiệm cần thay vào điều kiện xem thoả mãn hay không Dạng 4: (4) Cách giải: Điều kiện Đặt . Ta cũng đưa phương trình (4) về phương trình bậc hai theo ẩn t. Ví Dụ Minh Hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình (1) Giải: Phương trình (1) Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình: (2) Giải: Điều kiện Ta có: Ta thấy không thoả mãn điều kiện. Do đó (*) Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. Bài tập: Bài 1: Giải phương trình: Bài 2 Giải phương trình: Bài 3: Giải phương trình: Bài 4: Giải phương trình: Bài 5: Giải phương trình: Bài 6: Giải phương trình: Bài 7: Giải phương trình: Bài 8: Giải phương trình Bài 9: Giải phương trình 1.2.2- Phương trình bậc nhất đối với a)Định nghĩa: Phương trình trong đó a, b, c và được gọi là phương trình bậc nhất đối với b) Cách giải. Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách sau: Cách 1: Thực hiện theo các bước Bước 1:Kiểm tra -Nếu < phương trình vô nghiệm -Nếu khi đó để tìm nghiệm của phương trình ta thực hiện tiếp bước 2 Bước 2: Chia cả 2 vế phương trình (1) cho , ta được Vì nên tồn tại góc sao cho Khi đó phương trình (1) có dạng Đây là phương trình cơ bản của sin mà ta đã biết cách giải Cách 2: Thực hiện theo các bước Bước 1: Với thử vào phương trình (1) xem có là nghiệm hay không? Bước 2: Với Đặt suy ra Khi đó phương trình (1) có dạng Bước 3: Giải phương trình (2) theo t , sau đó giải tìm x. * Dạng đặc biệt: . . . Chú ý: Từ cách 1 ta có kết quả sau từ kết quả đó ta có thể áp dụng tìm GTLN và GTNN của các hàm số có dạng , và phương pháp đánh giá cho một số phương trình lượng giác . Ví Dụ Minh Hoạ: Ví Dụ 1: Giải phương trình: (1) Giải : Cách 1: Chia cả hai vế phương trình (1) cho ta được Đặt . Lúc đó phương trình (1) viết được dưới dạng Vậy phương trình có 2 nghiệm Cách 2:-Ta nhận thấy là nghiệm của phương trình -Với . Đặt ,lúc đó Phương trình (1) sẽ có dạng Hay Vậy phương trình có 2 họ nghiệm Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng Vậy phương trình có hai họ nghiệm Chú ý: Khi làm bài toán dạng này chúng ta nên kiểm tra điều kiện trước khi bắt tay vào giải phương trình bởi có một số bài toán đã cố tình tạo ra những phương trình không thoả mãn điều kiện. Ta xét ví dụ sau: Ví Dụ 2: Giải phương trình Giải: Ta biến đổi phương trình (2) Ta có: Suy ra < Vậy phương trình đã cho vô nghiệm . Ngoài ra chúng ta cần lưu ý rằng việc biến đổi lượng giác cho phù hợp với từng bài toán sẽ biểu diễn chẵn các họ nghiệm . Ta xét ví dụ sau Ví Dụ 3: Giải phương trình Giải : Cách 1:Thực hiện phép biến đổi (3) Đặt Phương trình (3) sẽ được viết thành Vậy phương trình có hai họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng Vậy phương trình có hai họ nghiệm Qua hai cách giải ở bài trên ta nhận thấy bằng cách 2 ta thu được nghiệm phương trình chẵn. Bài trên cĩng có thể sử dụng cách đặt và ta cũng thu được nghiệm chẵn (*) trong đó là các góc phụ thích hợp. Ta xét ví dụ sau: Ví Dụ 4: Giải phương trình: Giải: (4) Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Bài tập: Giải các phương trình sau : 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 1.2.3- Phương trình thuần nhất bậc hai đối với và . a) Định nghĩa: Phương trình thuần nhất bậc hai đối với , là phương trình. (1) trong đó a, b, c, d b) Cách giải : Chia từng vế của phương trình (1) cho một trong ba hạng tử hoặc . Chẳng hạn nếu chia cho ta làm theo các bước sau: Bước 1: Kiểm tra: xem nó có phải là nghiệm của phương trình(1) hay không? Bước 2: Với chia cả hai vế cho lúc đó phương trình (1) trở thành Đây là phương trình bậc hai theo tan ta đã biết cách giải. Cách 2: Dùng công thức hạ bậc đưa phương trình đã cho về phương trình Đây là phương trình bậc nhất đối với sin và cos ta đã biết cách giải *Chú ý: Đối với phương trình đẳng cấp bậc n (n3) với dạng tổng quát trong đó Khi đó ta cũng làm theo 2 bước : Bước 1: Kiểm tra xem có phải là nghiệm của phương trình hay không? Bước 2: Nếu .Chia cả hai vế của phương trình trên cho ta sẽ được phương trình bậc n theo . Giải phương trình này ta được nghiệm của phương trình ban đầu. Ví Dụ Minh Hoạ: Ví Dụ 1: Giải phương trình : (1) Giải: Cách 1: Phương trình (1) Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Cách 2: +) Thử với vào phương trình (1) ta có vô lí. Vậy không là nghiệm của phươngtrình. +)Với Chia cả hai vế của phương trình cho ta được Vậy phương trình có hai họ nghiệm * Chú ý: Không phải phương trình nào cũng ở dạng thuần nhất ta phải thực hiện một số phép biến đổi thích hợp Ví Dụ 2: Giải phương trình: (2) Giải : Ta nhận thấy có thể biểu diễn được qua . Luỹ thừa bậc ba biểu thức ta sẽ đưa phương trình về dạng thuần nhất đã biết cách giải Phương trình (2) +) Xét với . Khi đó phương trình có dạng mâu thuẫn Vậy phương trình không nhận làm nghiệm +) Với . Chia cả hai vế của phương trình (2) cho ta được : . Đặt phương trình có được đưa về dạng: Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện của phương trình . Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm *Chú ý: Ngoài phương pháp giải phương trình thuần nhất đã nêu ở trên có những phương trình có thể giải bằng phương pháp khác tuỳ thuộc vào từng bài toán để giải sao cho cách giải nhanh nhất ,khoa học nhất. Ví Dụ 3: Giải phương trình: (3) Giải : Điều kiện Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng : Chia cả hai vế của phương trình (3) cho ta được : (do vô nghiệm) nên: Phương trình (*) Vậy phương trình có một họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng Đặt ta được : Vậy phương trình có một họ nghiệm Bài tập : Giải các phương trình sau : 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 1.2.4-Phương trình đối xứng đối với và . a) Định nghĩa: Phương trình đối xứng đối với và là phương trình dạng trong đó (1) b) Cách giải: Cách 1: Do nên ta đặt . Điều kiện Suy ra và phương trình (1) được viết lại: Đó là phương trình bậc hai đã biết cách giải Cách 2: Đặt thì nên phương trình (1) trở thành . Đây là phương trình bậc hai đã biết cách giải *Chú ý: Hai cách giải trên có thể áp dụng cho phương trình bằng cách đặt và lúc đó Ví Dụ Minh Hoạ : Ví Dụ 1: Giải phương trình Giải: Cách 1: Đặt điều kiện . Lúc đó Khi đó phương trình (1) sẽ có dạng Với không thoả mãn điều kiện nên (*) Cách 2: Đặt . Khi đó phương trình có dạng (*’) Ta thấy không thoả mãn Do đó (*’) Vậy phương trình có hai họ nghiệm *Chú ý: Ta có thể đưa một số dạng phương trình về dạng phương trình đối xứng đã xét ở trên Bài toán 1: Giải phương trình Cách giải: Phương trình (1) có thể viết *Quy ước: Khi có nhiều dấu trong một biểu thức hay một hệ hiểu là cùng lấy dòng trên hoặc cùng lấy dòng dưới Ví Dụ 2: Giải phương trình Giải: Điều kiện: Ta có (2) Ta có (3) (4) (6) Các gía trị của x trong (5) và (6) đều thoả mãn điều kiện của phương trình Vậy theo phương trình có hai họ nghiệm. Bài toán 2: Giải phương trình: với (1) Cách giải: Ta có: Đến đây chúng ta đã biết cách giải Tương tự cho phương trình Ví Dụ 3: Giải phương trình (3) Giải: Điều kiện (3) Giải (4) Giải (5): Đặt (*) Suy ra . Phương trình (5) trở thành Kết hợp với điều kiện (*) thì bị loại Với ta có Các nghiệm của phương trình (4) và (5) đều thoả mãn điều kiện của phương trình Vậy phương trình có ba họ nghiệm Chú ý: Ta có thể áp dụng phương pháp đối với phương trình hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng đối với và với bậc lớn hơn 2. Ví dụ 4: Giải phương trình: Giải : Ta có: Phương trình (1) có dạng Vậy phương trình có 3 họ nghiệm Ví Dụ 5: Giải phương trình: (2) Giải: Điều kiện: Phương trình (2) (loại) Các nghiệm đều thoả mãn điều kiện Vậy phương trình có 3 họ nghiệm Bài tập: Giải các phương trình sau: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 1.2.5- PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng và . * Phương trình có dạng Cách giải: Bước 1: Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về dạng đại số Bước 2: Giải phương trình loại những nghiệm không thoả mãn điều kiện của bài toán Bước 3: Với nghiệm t tìm được ở bước 2 thế vào bước 1 để tìm x Ví dụ Minh Hoạ: Ví Dụ 1: Giải phương trình Giải: Phương trình (1) Đặt , phương trình (2) trở thành hay Vậy phương trình có hai họ nghiệm Ví Dụ 2: Giải phương trình: (2) Giải: Điều kiện Ta có: Phương trình (2) (3) Đặt , phương trình (3) có dạng Với thì nên (4) Suy ra ( thoả mãn điều kiện(2)). Vậy là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho Bài tập:Giải các phương trình sau: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 1.3- Vấn đề loại nghiệm không thích hợp của PTLG. Với nhiều PTLG ta cần đặt điều kiện cho ẩn. Khi đó, trước khi kết luận nghiệm ta cần kiểm tra xem các nghiệm tìm được có thoả mãn điều kiện đã đặt ra hay không, để ta có thể loại những nghiệm không thích hợp. Chúng ta có thể xét ba phương pháp sau: 1.3.1 Phương pháp loại nghiệm trực tiếp. Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện (*) nào đó Trước hết ta giải phương trình (1) sau đó thay nghiệm của phương trình (1) tìm được vào (*) để loại nghiệm không thích hợp. Ví Dụ: Giải phương trình (1) Giải: Điều kiện (*) Khi đó (1) Thay vào (*) xem có thoả mãn hay không ? Suy ra không thoả mãn (*) . Vậy phương trình (1) vô nghiệm . 1.3.2- Phương pháp hình học (dùng đường tròn lượng giác). Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện (*) nào đó .Gọi L là tập các cung không thoả mãn các điều kiện (*), N là tập nghiệm của phg trình (1).Ta biểu diễn điểm cuối của các cung thuộc hai tập L và N lên trên cùng một đường tròn lượng giác. Chẳng hạn điểm cuối của các cung thuộc L ta đánh dấu (x), điểm cuối của các cung thuộc N ta đánh dấu (.). Khi đó những cung có điểm cuối được đánh dấu (.) mà không bị đánh dấu (x) là nghiệm của phương trình. Ví Dụ: Giải phương trình: (1) Giải: Điều kiện Khi đó phương trình (1) Biểu diễn các họ nghiệm (*) và (** ) lên trên cùng một đường tròn lượng giác. sin cos Từ đó ta có nghiệm của phương trình (1) là 1.3.3- Phương pháp đại số. Phương pháp này ta kiểm tra nghiệm bằng cách chuyển về phương trình (thường là phương trình nghiệm nguyên) hoặc bất phương trình đại số. * Ví Dụ: Giải phương trình: Giải: Điều kiện Khi đó (1) Gía trị này là nghiệm của (1) nếu Điều này đúng vì là số lẻ còn là số chẵn Vậy nghiệm của phương trình là Bài tập: 1: Tìm các nghiệm thuộc của phương trình 2: Giải phương trình: 3: Giải phương trình: 4: Giải phương trình: 5: Giải phương trình: 6: Giải phương trình:
Bạn đang đọc nội dung bài viết Chương Viii: Phương Trình Lượng Giác Không Mẫu Mực trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!