Lượng giác - 7.Mối quan hệ giữa đại số và lượng giác

Chia sẻ: Huynh Minh Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:25

0
212
lượt xem
95
download

Lượng giác - 7.Mối quan hệ giữa đại số và lượng giác

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo sách 'lượng giác - 7.mối quan hệ giữa đại số và lượng giác', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lượng giác - 7.Mối quan hệ giữa đại số và lượng giác

  1. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng PHẦN III: LƯỢNG GIÁC ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ ------------------------------ CHƯƠNG 1: MỐI QUAN HỆ GIỮA ĐẠI SỐ VÀ LƯỢNG GIÁC Lượng giác và đại số là hai bộ môn của toán học, nhìn bề ngoài thì có vẻ như là không liên quan đến nhau nhưng thực sự là chúng có mối liên hệ mật thiết với nhau. Một số bài toán lượng giác nếu giải theo những biến đổi lượng giác thông thường để đưa về phương trình cơ bản thì rất mất thời gian và có thể là sẽ giải không được. Trong khi đó nếu giải bằng phương pháp đại số thì nhanh hơn và trong đại số cũng vậy,cũng nhiều lúc cần phải nhờ đến lượng giác. Ta sẽ xét một số bài toán sau để nhìn thấy được mối liên hệ giữa lượng giác và đại số. -------------------------------------------- BÀI 1: PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: Giải phương trình a) ( 1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2 . ) 1 + 1 − x2  ( 1 + x ) − ( 1 − x )  = 2 + 1 − x2 . 3 3 b)     Lời giải a) Điều kiện xác định: 1 − x ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 . 2  π π Đặt x = sin t với t ∈  − ;   2 2 Ta có phương trình: 1 + cost = sin t ( 1 + 2cost ) t t t  t  ⇔ 2cos = 2sin cos 1 + 2  1 − 2sin 2  2 2 2  2  t t 2 ⇔ 3sin − 4sin 3 = 2 2 2 t π ⇔ sin 3. = sin (1) 2 4 π π Giải (1), kết hợp với điều kiện − ≤ t ≤ ta được 2 2  π t = 6  1  ⇔ x = 2 t = π   x =1  2 b) Đặt x = cost với 0 ≤ t ≤ π . Ta có phương trình: 1 + sin t  ( 1 + cost ) − ( 1 − cost )  = 2 + 1 − cos 2t 3 3     Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 97
  2. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc t t t t  3t 3 t  ⇔ sin 2 + cos 2 + 2sin cos cos 2 − sin 2  2 2 = 2 + sin t 2 2 2 2    t t ⇔  cos 2 − sin 2  ( 2 + sin t ) 2 = 2 + sin t  2 2 ⇔ ( 2 + sin t )  2cost-1 = 0   (2) Vì 2 + sin t > 0 nên phương trình (2) có nghiệm là 1 2 cost= tức là x = 2 2 Nhận xét: với những bài toán ta thấy điều kiện để phương trình có nghĩa là x ∈ [ −1,1] thì ta nên đặt x = sin t hoặc x = cost để được phương trình đơn giản hơn. Bài 2: Giải phương trình 2(tgx-sinx)+3(cotgx-cosx)+5=0 Lời giải kπ Điểu kiện sinx.cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ phương trình viết thành 2 1 1 2sinx( − 1)+3cosx( − 1 )+5=0 cos x sin x 2sin 2 x(1- cosx)+3cos 2 x(1-sinx)+5sinx.cosx=0 ⇔ 2sinx[sinx(1-cosx)+cosx]+3cosx[cosx(1-sinx)+sinx]=0 ⇔ 2sinx [ sinx+cosx-sinx.cosx ] +3cosx [ cosx+sinx-sinx.cosx ] =0 (2sinx+3cosx)(sinx+cosx-sinx.cosx)=0  2sin x + 3cos x = 0 (a) ⇔ sin x + cos x − sin x.cos x = 0 (b) 3 Phương trình (a) có họ nghiệm thỏa tgx = − 2 3 ⇔ x = arctg (− ) + kπ 2 Để giải (b) đặt t=sinx+cosx ⇒ t 2 =1+2sinx.cosx nên(b) viết thành 2 t −1 t = 1 + 2 (loai ) t− =0 ⇔ t 2 -2t-1=0 ⇔  & 2 t = 1 − 2  π Suy ra 2 sin( x + ) = 1 − 2 2  π  1− 2 ⇒ sin  x +  =  4 2 Naêm hoïc 2006 – 2007  98
  3. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng  π 1− 2   x = + arcsin  4  2  + mπ       x = 3π − arcsin  1 − 2  + mπ    2    4   Bài 3: Tìm những nghiệm của phương trình 1 32 x ( x 2 − 1) ( 2 x 2 − 1) = 1 − nằm trong khoảng ( 0;1) 2 x Lời giải Điều kiện x ∈ ( 0;1)  π Đặt x = cost với t ∈  0;   2 Ta có phương trình 1 32cost ( cos 2t − 1) ( 2cos 2t − 1) = 1 − 2 cost ⇔ 8sin 2 2tcos 2 2t = 1 − cost ⇔ cost=1-2sin 2 4t ⇔ cost=cos8t (1) π Giải phương trình (1) kết hợp với điều kiện 0 ≤ t ≤ ta được các nghiệm 2  2π  2π t = 7  x = cos 7   t = 2π  x=cos 2π ⇔  9  9   t = 4π  x=cos 4π   9   9 Bài 4: Giải phương trình 1 1 4 3 + = với x ≤ 1 1− 1− x 1+ 1− x 1− x Lời giải Đặt x = cost ( 0
  4. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc 2 4 3 ⇔ = t t 1 − 2sin 2 2 sin 2 2 2 6 ⇔ = t t t t ⇔ 2 6 sin 2 + sin − 6 = 0 1 − 2sin 2 sin 2 2 2 2 t Đặt X = xin ( 0 < X < 1) 2 Ta có phương trình bậc hai 2 6X 2 + X − 6 = 0  6  X1 = ⇔ 4  2 X2 = − 6  t 6 Vì ( 0 < X < 1) nên: sin = 2 4 t 3 1 Và x = cost=1-2sin 2 = 1 − = 2 4 4 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: x = 4 Bài 5: Giải phương trình x x  1 + a2   1 − a2    −  =1 ( 0 < a < 1)  2a   2a  Lời giải Phương trình đã cho tương đương với: x x  1 − a2   1+ a2    +1 =    2a   2a  x  1 + a2  Chia hai vế phương trình cho   ≠ 0 ta được  2a  x x  1 − a 2   2a   2  + 2  =1 ( 1)  1+ a   1+ a  t π Đặt a = tg  0 < t <  thì ( 1) trở thành: 2 2 x x  t   t   1 − tg 2   2tg 2  2 +  =1 t   t   1 + tg 2   1 + tg 2   2  2 ⇔ ( cost ) + ( sin t ) = 1 x x ⇔x=2 Naêm hoïc 2006 – 2007  100
  5. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 2 Nhận xét:biến đổi biểu thức đại số thành dạng công thức lượng giác cộng với diều kiện bài toán để ta có những cách đặt cho thích hợp. Bài 6: Giải phương trình 2sin 2 x 1 π   + sin = cos2x+log 4 ( 4 cos3 2x − cos6x-1) 2 6 Lời giải Phương trình có thể viết lại: 1 2cos 2 x −1 + = cos2x+log 4 ( 3cos 2x − 1) (1) 2 1 1 Điều kiện: cos2x> . Đặt y = cos2x , điều kiện < y ≤ 1 3 3 Phương trình (1) trở thành 1 2 y −1 + = y + log 4 ( 3 y − 1) ⇔ 2 y + 1 = 2 y + log 2 ( 3 y − 1) 2 1 Đặt t = log 2 ( 3 y − 1) ⇔ 2 = 3 y − 1 . Điều kiện: < y ≤ 1 ⇒ t ≤ 1 t 3 2 y = 2 y + t − 1  Ta có hệ  t 2 = 3 y − 1  Trừ theo từng vế ta có: 2 y + y = 2t + t (2) Xét hàm f ( z ) = 2 + z phương trình (2) có dạng f ( y ) = f (t ) z (3) Rõ ràng f ( z ) đồng biến trên ¡ , suy ra (3) ⇔ y = t Thay vào hệ phương trình cuối ta có: 2t = 3t − 1 ⇔ 2t − 3t + 1 = 0 (4) Xét hàm g ( t ) = 2 − 3t + 1 . Tập xác định ¡ . t g ' ( t ) = 2t ln 2 − 3 , g ' ( t ) = 0 ⇔ t = t0 = log 2 3 − log 2 ( ln 2 ) . Phương trình (4) không có quá hai nghiệm Lại thấy g ( 1) = g ( 3) = 0 . t = 1 Suy ra phương trình (4) có nghiệm là  t = 3 t = 3 (loại do t ≤ 1 ) Vậy t = 1 ⇔ y = 1 ⇔ cos2x=1 ⇔ x=kπ ,k ∈ ¢ Bài 7: Giải phương trình x3+ (1− x ) 2 3 ( = x 2 1− x 2 ) Lời giải Điều kiện: −1 < x < 1 Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 101
  6. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc  x = cosa  Đặ t  (1) a ∈ D = ( 0; π )  ⇒ 1 − x 2 = sin 2 a ,sin a > 0 Phương trình đầu trở thành cos3a + sin 3 a = 2cosasina . (2) π  Đặt tiếp t = sin a + cosa= 2cos  − a  (3), điều kiện t ≤ 2 4  Suy ra: t2 −1 t 2 = 1 + 2 cos a sin a ⇒ cosasina= 2 t 2 −1 t 3 = cos3a + sin 3 a + 3t cos a sin a ⇒ t 3 = cos3a + sin 3 a + 3t 2 3t − t 3 ⇔ cos3a + sin 3 a = 2 3t − t 3 t 2 − 1 Phương trình (2) trở thành = 2 2 2 ( )( ⇔ t 3 + 2t 2 − 3t − 2 = 0 ⇔ t − 2 t + 2 + 1 t + 2 − 1 = 0 )( ) (4) t = 2 ( )( Do t ≤ 2 nên (12) ⇔ t − 2 t + 2 − 1 = 0 ⇔  t = 1 − 2 )  Với t = 2 thay vào (3) ta có: π  π  π π 2cos  − a  = 2 ⇔ cos  − a  = 1 ⇔ a − = k 2π ⇔ a = + k 2π 4  4  4 4 π  2 Thay vào (1) ta có x = cos  + k 2π  = . 4  2 Với t = 1 − 2 thay vào (1) ta có:  −1 < x < 0  sin acosa=1- 2 ⇔ x 1 − x 2 = 1 − 2 ⇔  4 x − x + 3 − 2 2 = 0 2   −1 < x < 0  ⇔ 2 1 + 8 2 − 11 ( ) 1 + 8 2 − 11 ⇔ x = − 2 x = 2    2  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là  ;− 2 1 + 8 2 − 11 ( )     2 2      Bài 8: Giải bất phương trình x 3 5 x+ > (1) x −1 2 2 Lời giải Naêm hoïc 2006 – 2007  102
  7. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng Từ vế trái của (1) ta thấy x phài thỏa mãn cácđiều kiện x > 0 và x 2 − 1 > 0 . Kết hợp hai 1 điều kiện lại sẽ là x > 1 , suy ra 0 < < 1. x 1 π Đặ t = cost với 0 ⇔ 2 ( sin t + cost ) > 3 5 sin tcost cost sin t 2 3 5 2 Lại đặt u = sin t + cos t ta được: 2u> 2 (u −1 ) − 5 3 ⇔ 3 5u 2 − 4u − 3 5 < 0 ⇔
  8. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc π  π π 2 3 1  2 5 cos  − ϕ  = cos cosϕ + sin sin ϕ =  + = 5 4  4 4 2  10 10  π  2 3 1  1 cos  + ϕ  =  − = 4  2  10 10  5 1 1 Từ 0 < cost< suy ra x = > 5 5 cost 2 5 5 Từ < cost
  9. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng m + x ≥ 0  − m ≤ x ≤ m Điều kiện  m − x ≥ 0 ⇔ ⇔0≤ x≤m (2) x m + x ≥ 0  x ≥ 0, m ≥ 0  ( ) 1) Khi m = 0:(1) ⇔ 2 x − x − x = − x + x 2 ⇔ x = 0 x 2) Khi m > 0 :(2) ⇔ 0 ≤ ≤1 m  π Đặt x = mcosα , α ∈  0,  (3)  2 Khi đó: (1) ⇔ 2 m ( 1 + cosα ) − m ( 1 − cosα ) = m ( 1 − cosα ) + m 2 cosα ( 1+cosα ) ⇔ 2 1 + cosα − 1 − cosα = ( 1 − cosα ) + cosα ( 1+cosα ) ⇔ 4 ( 1 + cosα ) − 4 ( 1 + cosα ) ( 1 − cosα ) = cosα ( 1+cosα ) ⇔4 ( 1 + cosα − 1 − cosα = cosα ) ⇔ 32 − cosα =32 1-cos 2α ⇔ 1025cos 2α − 64cosα =0 cosα =0 ⇔ cosα = 64  1025 Lúc đó (3) cho nghiệm 64a x = 0 hoặc x = 1025 Kết luận: 64a Nếu m ≥ 0 thì (1) có nghiệm là x = 0 hoặc x = 1025 Nếu m < 0 thì (1) vô nghiệm. Bài 11: Giải phương trình 3cos 4x + 5 = 8 ( sin10 x + cos10 x ) Lời giải Đặt u = sin x , v = cos x 2 2 ⇒ cos 2x = u - v , u + v=1 Ta có: cos 4x = 2cos 2 2 x − 1 = ( u − v ) − 1 2 sin10 x + cos10 x = u 5 + v 5 ( = ( u + v ) . u 4 − u 3 .v + u 2 .v 2 − u.v3 + v 4 ) Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 105
  10. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc ( ) = u 4 + v 4 − uv u 2 + v 2 + u 2 v 2 ( ) =(u ) − uv ( u 2 + v 2 ) − u 2 v 2 2 2 + v2 = ( 1 − 2uv ) − uv ( 1 − 2uv ) − u 2 v 2 2 = 5u 2 v 2 − 5uv + 1 Vậy phương trình cần giải tương đương với ( ) 3 ( u − v ) − 1 + 5 = 8 5u 2 v 2 − 5uv + 1 2 ( ) 5 − 12uv = 8 5u 2 v 2 − 5uv + 1( ) 40(uv ) 2 − 28(uv) + 3 = 0 Đặt uv = y ta được phương trình bbạc hai 40 y 2 − 28 y + 3 = 0 7 + 19 y1 = 20 7 − 19 y2 = 20 Vì 0 ≤ y1 , y2 ≤ 1 do đó uv có thể nhận một trong hai giá trị trên. 7 + 19 Với y = ta được 20 7 + 19 cos 2 x sin 2 x = 20 7 + 19 ⇔ sin 4 x − sin 2 + =0 20 Đây là phương trình trùng phương đã biết cách giải. Tương tự cho trường hợp còn lại. Nhận xét: đối những phương trình bậc cao ta nên dùng công thức hạ bậc để được những phương trình cơ bản đã biết cách giải. Bài 12: Giải và biện luận phương trình sau  π  π cos2x 3 sin 2  x +  + 3 cos 2  x +  = m 3 cos 2 x + 3  4  4 2 Lời giải Với mọi giá trị của m thì cosx=0 không thỏa mãn phương trình. Chia hai vế của phương cos 2 x trình cho 3 ta được: 2 2 2  sinx+cosx  3  sinx-cosx  3 cos x − sin x 2 2 3   +   − = m3 2  cosx   cosx  cos 2 x ( 1 + tgx ) + 3 ( 1 − tgx ) − 3 1 − tg 2 x = m 3 2 2 2 ⇔ 3 Đặt u = 3 1 + tg , v = 3 1 − tgx Naêm hoïc 2006 – 2007  106
  11. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng Khi đó ta có hệ u 2 + v 2 − uv = m 3 2   3 3 (*) u + v = 2  a) với m = 0 thì (*) vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm. b) với m ≠ 0 thì (*) u 2 + v 2 − uv = m 3 2  ⇔ 2 u + v = 3  m 2  3 4 v = −u  m ⇔  2 34 3 2 2 − m3 ( ) u − m u +  3m 2 =0 ∆= ( 2 3 2 2m 2 − 1 ) 2 3m 1 i) Với m < 3 phương trình vô nghiệm 2 1 ii) Với m > 3 thì tgx = ( u1,2 − 1) = tgα1,2 3 2 phương trình có nghiệm: x = α1,2 + kπ trong đó: u1,2 = 3 4 ± 1 2 2 2m − 1 3 3 ( ) 2m 2m 3m 2 Bài 13: Giải phương trình tgx+tg 2 x+tg 3 x+cotgx+cotg 2 x+cotg 3 x=6 (1) Lời giải sin x ≠ o kπ Điều kiện :  ⇔x≠ cos x ≠ o 2 Với điều kiện trên thì : (1) ⇔ (tgx+cotgx)+(tg 2 x+cotg 2 x)+tg 3 x+cotg 3 x)=6 ⇔ (tgx+cotgx)+[(tgx+cotgx)2 -2]+[(tgx+cotgx)3 -3(tgx+cotgx)]=6 (2) Đặt tgx+cotgx=t với |x| ≥ 2 thì (2) ⇔t+(t 2 -2)+(t 3 -3t)=6 ⇔3 +t 2 -2t-8=0 t ⇔ (t-2)(t 2 +3t+4)=0 ⇔ t=2 (vì t 2 +3t+4>0 ) Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 107
  12. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc ⇔tgx+cotgx=2 sin x cos x ⇔ + =2 cos x sin x π ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ ¢ ) 4 BÀI 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: ( x, y, z ) là nghiệm của hệ phương trình: x = y ( 4 − y)   y = z ( 4 − z ) Tìm tất cả các giá trị mà tổng S = x + y + z có thể nhận được.  z = x ( 4 − x) Lời giải Giả sử ( x, y , z ) là một nghiệm đã cho. Cộng các vế của các phương trình của hệ, ta được: 3s = x 2 + y 2 + z 2 ≥ 0 ⇒ s ≥ 0 Vì s ≥ 0 nên trong 3 số x, y , z phải có ít nhất một số không âm, ta có thể coi rằng x ≥ 0 . Từ phương trình đầu của hệ y ( 4 − y) = x ≥ 0 Suy ra 0 ≤ y ≤ 4 . Bằng phép hoán vị vòng quanh, ta thấy 0 ≤ x, y, z ≤ 4 π Do vậy, ta có thể đặt x = 4sin 2 α với 0 ≤ α ≤ . 2 Từ phương trìng thứ ba, suy ra z = 4sin 2 α ( 4 − 4sin 2 α ) = 16sin 2 α cos 2α = 4sin 2 2α Và từ phương trình thứ hai y = 4sin 2 2α ( 4 − 4sin 2 2α ) = 4sin 2 4α Cuối cùng từ phương trình đầu x = 4sin 2 4α ( 4 − 4sin 2 4α ) = 4sin 2 4α Như vậy α là nghiệm của phương trình sin 2 8α = sin 2 α ⇔ cos16α =cos2α Suy ra kπ 1) 16α = 2α + 2kπ ⇒ α = ( k ∈¢ ) 7 π Nhớ rằng 0 ≤ α ≤ nên k chỉ có thể lấy 4 giá trị 0,1,2,3 2 a) Với k = 0 , ta có α = 0 , vậy s = x + y + z = 4 ( sin 2 α + sin 2 2α + sin 2 4α ) = 0 b) Với k = 1, 2,3 , ta được cùng một giá trị s  π 2π 3π  s = x + y + z = 4  sin 2 + sin 2 + sin 2   7 7 7  Naêm hoïc 2006 – 2007  108
  13. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng kπ 2) 16α = −2α + 2kπ ⇒ α = ( k ∈¢ ) 9 π Do 0 ≤ α ≤ , nên k chỉ có thể lấy một trong 5 giá trị 0,1,2,3,4 2 a) Với k = o , ta được α = 0 , vậy s = 0 b) Với k = 1, 2, 4 , ta được cùng một giá trị s  π 2π 4π  s = x + y + z = 4  sin 2 + sin 2 + sin 2   9 9 9  c) Với k = 3 , ta được  π 2π 4π  s = x + y + z = 4  sin 2 + sin 2 + sin 2   3 3 3  Kết luận tổng s nhận một trong các giá trị sau đây s = 0 (xảy ra khi x = y = z = o ) s = 9 (xảy ra khi x = y = z = 3 )  π 2π 3π  s = x + y + z = 4  sin 2 + sin 2 + sin 2   7 7 7   π 2π 4π  s = x + y + z = 4  sin 2 + sin 2 + sin 2   9 9 9  Bài 2: Giải hệ phương trình sau:  x 1 − y 2 + y 1 − x2 = 1   ( 1 − x ) ( 1 + y ) = 2  Lời giải Điều kiện: −1 ≤ y ≤ 1; −1 ≤ x ≤ 1 Đặt: x = cosα ; y = cosβ với α , β ∈ [ 0, π ] Hệ phương trình đã cho trở thành: cosα sinβ +cosβ sinα =1   ( 1 − cosα ) ( 1 + cosβ ) = 2  sin ( α +β ) = 1  π  α + β = ⇔ ⇔ 2 ( 1 − cosα ) ( 1 + cosβ ) = 2  1 − cosα +sinα -sinα cosβ =2   π 1-t 2 Đặt t = sin α − cosα = 2 sin  α −  ,ta có sin α cosα =  4 2 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 1− t2 t− − 1 = 0 ⇔ t 2 + 2t − 3 = 0 2 ⇔ t = 1 và t = −3 (loại)  π 1 Vậy: sin  α −  =  4 2 Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 109
  14. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc π ⇔α = (do 0 ≤ α ≤ π ) 2 π Từ: α + β = suy ra β = 0 2 Khi đó: x = cosα =0;y=cosβ =1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất: ( 0;1) Bài 3: Giải hệ phương trình 2 x + x 2 y = y  2 y + y z = z 2 2 z + z 2 x = x  Lời giải Hệ phương trình đã cho có thể viết thành: 2 x = y ( 1 − x 2 )   2 y = z ( 1 − y ) 2  2 z = x ( 1 − z ) 2  Từ đó dễ thấy rằng x ≠ ±1, y ≠ ±1, z ≠ ±1 .do đó ta có  2x  y = 1 − x2   2y z =  1− y 2  2z x =  1− z2 π π Đặt x = tgα ⇒ α ≠ ± + kπ , + kπ ta có 4 2  2tgα  y = 1 − tg 2α = tg 2α   2tg 2α z = = tg 4α  1 − tg 2α 2  2tg 4α x = = tg 8α  1 − tg 2 4α Do dó ta có phương trình π tgα = tg 8α ⇔ 8α = α + kπ ⇒ α = k 7 cho k = 0,1, 2, 3, 4,5, 6 ta được các nghiệm của hệ phương trình là Naêm hoïc 2006 – 2007  110
  15. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng π 2π 4π   2π 4π π ( 0, 0, 0 ) ,  tg , tg , tg  ,  tg , tg , tg  ,  7 7 7   7 7 7  3π 6π 5π   4π π 2π   tg , tg , tg  ,  tg , tg , tg ,  7 7 7   7 7 7   5π 3π 6π   6π 5π 3π   tg , tg , tg  ,  tg , tg , tg   7 7 7   7 7 7  Bài 4: Giải hệ phương trình  1 − y2  x=  1+ y2   y = 1− x 2   1 + x2 Lời giải Nhận xét rằng: −1 − y < 1 − y ≤ 1 + y suy ra 2 2 2 1 − y2 1 − x2 −1 < ≤ 1 ⇒ −1 < x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ y = ≤1 1+ y2 1 + x2 1− y2 Tương tự ta có −1 < y ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x = ≤1 1+ y2 π Đặt x = tgt ; y = tgz , từ điều kiện trên thì 0 ≤ t , z ≤ 4 Hệ phương trình đã cho có thể viết: tgt = cos2z sin t = costcos2z  ⇔  tgz=cos2t sinz=coszcos2t 2sin tcost=2cos 2tcos2z  ⇔ 2 2sinzcosz=2cos zcos2t  sin 2t = ( 1 + cos2t ) cos2z  sin 2t − sin 2 z = cos2z-cos2t ⇔ ⇔ sin2z= ( 1+cos2z ) cos2t  sin 2 z = cos2t+cos2tcos2z   π  π sin 2t + cos2t=sin2z+cos2z sin  2t +  = sin  2 z +  ( 1) ⇔ ⇔  4  4 sin2z=cos2t+cos2tcos2z sin2z=cos2t+cos2tcos2z ( 2 )  Từ phương trình (1) của hệ phương trình cuối cùng trên đây ta có:  π π  2t + = 2 z + + k 2π 4 4   2t + π = π −  2 z + π  + k 2π     4  4 π π a) với 2t += 2 z + + k 2π ⇒ t = z + kπ ⇒ tgt = tgz hay x = y 4 4 Thay vào hệ phương trình đầu ta được Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 111
  16. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc  1 − y2  x=  1+ y2  x3 + x 2 + x − 1 = 0   ⇔ 3  y + y + y −1 = 0 2  y = 1− x 2    1 + x2 Hệ phương trình cuối vừa mới nhận được chứng tỏ x và y có vai trò như nhau và là nghiệm cua phương trình x 3 + x 2 + x − 1 = 0 (3) nếu phương trình này có nghiệm. Do đièu kiên ban đầu 0 ≤ x ≤ 1 ,để xét số nghiệm của phương trình (3) ta xét hàm số f ( x) = x 3 + x 2 + x − 1 trên đoạn 0 ≤ x ≤ 1 . Bởi vì với 0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ 1 thì f ( x2 ) − f ( x1 ) = x23 + x2 2 + x2 − x13 − x12 − x1 = ( x2 − x1 )( x2 2 + x2 x1 + x12 + x2 + x1 + 1) > 0 Tức là f ( x ) đồng biến trên đoạn 0 ≤ x ≤ 1 . Ta lại nhận thấy 1 1  2  11 f  =− 0 . 2 8  3  27 1 2 Vậy chắc chắn có giá trị x0 với < x0 < làm triệt tiêu f ( x) . 2 3 6 Giá trị x0 chính là nghiệm của phương trình (3). Thử ta thấy x0 ≈ 11 π  π b) Với 2t + = π −  2 z +  + k 2π 4  4 Thay vào phương trình (2) ta có: π sin 2 z = sin 2 z + sin 2 zcos2z ⇔ sin4z=0 ⇔ z=m 4 π Kết hợp với điều kiện 0 ≤ z ≤ ta được: 4 π z = 0 và z = 4 Với z = 0 ⇒ y = 0 và x = 1 π Với z = ⇒ y = 1 và x = 0 4 Tóm lại hệ phương trình đã cho có ba nghiệm  x = x0 x = 1 x = 0 6  ;  ;  với x0 ≈  y = x0 y = 0 y =1 11 Bài 5: Giải và biện luận hệ phương trình  x + y =a   (1)  x + y − xy = a  Lời giải Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 . Từ phương trình thứ nhất ta thấy nếu a < 0 thì hệ vô nghiệm. Nếu a = 0 ta có: Naêm hoïc 2006 – 2007  112
  17. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng  x + y =0   ⇔x = y =0  x + y − xy = 0  x y Nếu a > 0 thì x + y =a ⇔ + =1 a a x y π Đặ t = cos 2t , = sin 2 t , với 0 ≤ t ≤ . a a 2 Khi đó từ phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được: a 2cos 4t + a 2 sin 4 t − a 2 sin 2 t cos 2 t = a (2)  3   3  ⇔ a 2 1 − sin 2 2t  = a ⇔ a 1 − ( 1 − cos4t )  = 1  4   8  8-5a ⇔ cos4t= 3a π Với 0 ≤ t ≤ thì −1 ≤ cos 4t ≤ 1 , do đó phải có điều kiện 2 8 − 5a −1 ≤ ≤1⇔1≤ a ≤ 4 . 3a Từ (2) ta có: 1 ( ) ( ) 2 cos 4t + 1 − cos 2t − 1 − cos 2t cos 2t = a 12 − 3a 3± a −1 a ⇔ 3cos 4 t − 3cos 2 t + = 0 ⇔ cos 2t = a 6 2 2 3a ± 3a ( 4 − a )  3a m 3a ( 4 − a )  ⇒ x = a 2cos 4t =   ,y =   36 36 Tóm lại: Nếu 0 ≠ a ≤ 1 hoặc a > 4 thì hệ (1) vô nghiệm. Nếu a = 0 thì hệ (1) có nghiệm duy nhất x = y = 0 . Nếu 1 ≤ a ≤ 4 thì hệ (1) có hai nghiệm:  2 2   2 2   3a + 3a ( 4 − a )  3a − 3a ( 4 − a )    3a − 3a ( 4 − a )  3a + 3a ( 4 − a )    ,    ,   36 36 ; 36 36          Bài 6: Giải hệ phương trình x2 + a 2 = y 2 + b2 = ( x − b ) + ( y − a ) 2 2 Lời giải a ≤ R  Đặ t a + x = R ⇒  2 2 2 nên ta có thể đặt x ≤ R   x = Rcosα với α ∈ 0 ;180  0 0    a=Rsinα Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 113
  18. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc  y = Rcosβ với β ∈ 0 ;180  0 0 Ta cũng được : b 2 + y 2 = R 2 nên tương tự     b=Rsinβ ⇒ R2 = ( x − b) + ( y − a ) 2 2 ⇔ R 2 = ( Rcosα -Rsinβ ) + ( Rcosβ -Rsinα ) 2 2 1 α + β = 300 ⇒ sin ( α + β ) = = sin 30 ⇔  0 2 α + β = 150 0  Với α + β = 300 ⇒ β = 300 − α ( ⇒ y = Rcos 300 − α ) ( = R cos300 cosα +sin300 sin α ) x 3 a = + (1) 2 2 ( ) ( b = R sin = R sin 300 − α = R sin300 cosα -sinα cos300 ) x a 3 = − (2) 2 2 Từ (1) và (2) ta suy ra nghiệm của hệ là x = 2b + a 3 , y = 2a + b 3 Với α + β = 1500 ⇒ β = 1500 − α ( ) y = Rcos 1500 − α Rcos1500 .cosα +Rsin1500 .sin α x 3 a =− + (3) 2 2 ( ) b = R sin 1500 − α = R sin1500.cosα − R sin α .cos1500 x a 3 = + (4) 2 2 Từ (3) và (4) ta suyra nghiệm của hệ là: x = 2b − a 3 , y = 2a − b 3 Nhận xét: phương trình trên giải bằng cánh đặt R 2 = ( x − b ) + ( y − a ) 2 2  x = Rcosα  y = Rcosβ để suy ra dạng lượng giác  và  a=Rsinα  b=Rsinβ Bài 7: Giải và biện luận theo m hệ phương trình  x+ y − x− y =m   2  x +y + x −y =m 2 2 2 2  Lời giải x + y ≥ 0 Điều kiện  ⇔ x≥ y x − y ≥ 0 Naêm hoïc 2006 – 2007  114
  19. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng Với m = 0 ta thấy hệ phương trình có nghiệm x = y = 0 Với m ≠ 0 ta có - Nếu m > 0 thì x + y > x − y ⇔ y > 0 - Nếu m < 0 thì x + y < x − y ⇔ y < 0 Kết quả trên chứng tỏ y và m luôn cùng dấu x ≤R  Đặ t x + y = R ⇒  2 2 2 với R > 0 y ≤R  Nên ta có thể đặt x = Rcosα , y=Rsinα (R>0) ⇒ y và m cùng dấu nên sinα và m cùng dấu x ≥ y ≥ 0 nên cosα ≥ sin α Do đó hệ phương trình trở thành: (  R cosα +sinα − cosα -sinα = m  ) (1)  ( m ≠ 0)  (  R 1 + cos α − sin α = m 2 2 2 ) (2) ( 2 R cosα - cos 2α − sin 2 α = m 2  ⇒ ) (  R 1 + cos 2α − sin 2 α = m 2  ) ( ⇒ 1 + 2cos 2α − 1 = 2 cosα - 2cos 2α − 1 ) ⇔ 3 2cos 2α − 1 = 2cosα -1 2cosα -1 ≥ 0  ⇔  2 ( 2 ) 9 2cos α − 1 = 4cos α − 4cosα +1  1 cosα =-1 (loai) cosα ≥ & ⇔ 2 ⇔ 7cos 2α + 2cosα -5=0 cosα = 5   7 5 24 Ta nhận cosα = ⇒ sin α = 1 − cos α = 2 2 7 49  2 6 sin α = ne′u m > 0 ˆ 7 ⇒  2 6 sin α = − ne′u m < 0 ˆ  7 (điều kiện cosα ≥ sinα được thỏa)  1 7m2 Từ (2) ⇒ R 1 +  = m ⇒ R 2 do đó:  7 8 7m 2 5 5m 2 x = Rcosα = . = 8 7 8 Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 115
  20. Chöông 1: Moái quan heä giöõa ñaïi soá vaø löôïng giaùc  7m 2 2 6 6m 2  . = ne′u m > 0 ˆ 8 7 4 y = R sin α =   7m 2 6 2 6m 2 − . =− ne′u m < 0 ˆ  8 7 4 Naêm hoïc 2006 – 2007  116
Đồng bộ tài khoản