CHƯƠNG III: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Chia sẻ: Paradise9 Paradise9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Do số lượng của các bài toán phương trình, bất phương trình là vô cùng nhiều nên ở phần này chúng tôi chỉ trình bày một số bài đã chọn lọc,có cách giải hay, độ khó tương đối và chắc chắn sẽ thú vị hơn rất nhiều so với những bài toán thông thường khác.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: CHƯƠNG III: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

CHƯƠNG III: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Do số lượng của các bài toán phương trình, bất phương trình là vô cùng nhiều nên ở phần này chúng tôi chỉ trình bày một số bài đã chọn lọc,có cách giải hay, độ khó tương đối và chắc chắn sẽ thú vị hơn rất nhiều so với những bài toán thông thường khác. Bài 1: Tìm a để hai phương trình sau tương đương: Giải: Ta có (2) Vậy(1) tương đương với (2) khi và chỉ khi: a hoặc a Bài 2: Tìm a,b,c để phương trình sau đây nghiệm đúng: Giải: Điều kiện cần.Giả sử (1) đúng , nói riêng: Khi Khi Khi x Vậy điều kiện cần là a=b=c=0 Điều kiện đủ: nếu a=b=c=0 thì rõ ràng (1) đúng ( .Tóm lại a=b=c=0 là điều kiện cần và đủ để (1) đúng Bài 3: Giải hệ phương trình: Giải: (1) Xét hàm số f (t) Vậy f (t) là hàm đồng biến trên (0, Ta thấy: (1) 28
Vậy (1),(2),(3) Như thế hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( Bài 4: Giải phương trình: Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là : Ta có: Từ (4) suy ra: (5) Vậy phương trình đã cho tương đương với hệ sau: Từ (6) suy ra x Do (9) không thõa mãn (3) nên riêng (6) đã vô nghiệm Vậy hệ (6),(7),(8) dĩ nhiên vô nghiệm, tức là phương trình đã cho vô nghiệm> *Chú ý: Bằng lập luận tương tự như trên, ta có thể giải phương trình Cụ thể đưa phương trình ấy về hệ sau: 29
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ấy là: Bài 5: Giải phương trình: Giải: Do Vậy (1) tương đương với hệ sau: Bài 6: Giải phương trình Giải: Dễ thấy nó có thể viết dưới dạng tương đương sau: Từ đó có VT(5) VP(5) Vậy (5) 30
CHƯƠNG IV: BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Bài 1: Giải bất phương trình : 7 tan x ( sin 2 x + 3 cos 2 x ) £ 6 4 3 ( sin 2 x + 4 cos 2 x ) Giải : 2 ĐK : cos x ¹ 0 . Chia hai vế cho cos x ta được: 7 tan x ( tan 2 x + 3) £ 6 4 3 ( tan 2 x + 4 ) Đặt tanx = t, ĐK : t ³ 0 , bpt trở thành : t 2 + 4 4 7 t = 6 3 t 2 + 3 Đặt VT = f ( x ) , với t ³ 0 , ta có: ( ) ì Hàm t đồng biến trên é , + ¥ ) ë0 ï í t 2 + 3 đồng biến trên é , + ¥ ) ï Hàm 2 ë0 î t + 4 => f ( t ) là hàm đồng biến trên é , + ¥ ) và đo được t = 3 thì f ( t ) = 6 4 3 ë0 t 3 +¥ 0 6 4 3 f(t) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( t ) £ 6 4 3 t £ 3 p Từ đó suy ra 0 £ tan x £ 3 kp £ x £ + k p ( k Î Z ) 3 Bài 2: Giải bất phương trình : cos ép ( x 2 - 10 x ) ù - 3 sin ép ( x 2 - 10 x ) ù > 1 ë û ë û Giải: Đặt y = p ( x - 10 x ) . Bpt trở thành : 2 cos y - 3 sin y > 1 p cos y - tan sin y > 1 3 p p p cos y cos - sin y sin > cos 3 3 3 pö p æ cos ç y + ÷ > cos 3 3 ø è 31
p p p + k 2p < y + + k 2p , k Î Z - < 3 3 3 2p + k 2p < y < k 2p - 3 2p ( ) + k 2p < p x 2 - 10 x < k 2p - 3 2 - + 2 k < x 2 - 10 x < 2 ( * k) 3 1.Giải bpt x 2 - 10 x < 2k , k Î Z x 2 - 10 x - 2 k 5 + 25 + 2 - x < 5 - 25 + 2 - k k 3 3 Với mọi k ³ -12 , ta có: 2 0 < 25 + 2k - k < 25 + 2 3 2 => 25 + 2k - < 25 + 2 k 3 ì 2 ï5 - 25 + 2k < 5 - 25 + 2 - k 3 ï => í ï5 + 25 + 2k - 2 < 5 + 25 + 2 k ï 3 î Do đó nghiệm của (*) là é 2 ê5 - 25 + 2k < x < 5 - 25 + 2 - k 3 ê ê 2 ê5 + 25 + 2k - < x < 5 + 25 + 2k , k Î Z, k ³ -12 3 ë Vậy nghiệm của bpt đã cho là 32
é 2 ê5 - 25 + 2k < x < 5 - 25 + 2 - k 3 ê ê 2 ê5 + 25 + 2k - < x < 5 + 25 + 2 k 3 ë Với k Î Z, k ³ -12 Bài 3: Giải bpt: 5 + 2 cos 2 x £ 2 | 2 sin x - 1 | (1) Giải: (1) 5 + 2 (1 - 2 sin x ) £ 3 | 2 sin x - 1 | 2 7 - 4 sin 2 £ 3 | 2 sin x - 1 | Đặt y = sin x với -1 £ y £ 1 , ta có: 7 - 4 y 2 £ 3 | 2 y - 1 | ( 2 ) 1 a. Xét trường hợp : £ y £ 1 . Ta có : 2 2 ( 2 ) => 7 - 4 y £ 3 ( 2 y - 1 ) 4 y 2 + 6 y - 10 ³ 0 2 y 2 + 3 y - 5 ³ 0 5 => y £ - , y ³ 1 2 p Kết hợp với điều kiện a. ta có y = 1 => sinx = 1 x = + k 2p , k Î Z 2 1 b. Xét trường hợp : -1 £ y £ . Ta có: 2 ( 2 ) => 7 - 4 y 2 £ 3 ( -2 y + 1 ) 4 y 2 - 6 y - 4 ³ 0 2 y 2 - 3 y - 2 ³ 0 1 => y £ - , y £ 2 2 1 Kết hợp với điều kiện b. ta có -1 £ y £ - 2 5p p 1 + l 2p £ - + l 2p , l Î Z => -1 £ sin x £ - - 6 2 6 p é p ê x = 2 + k 2 Vậy nghiệm bpt đã cho là ê với k , l Î Z ê - 5 + l 2p £ - p + l 2 p p ê 6 6 ë 2 2 Bài 4: Giải bất phương trình : 81sin x + 81cos x £ 30 (1) với x Î ( 0, 2p ) Giải: 2 Đặt y = 81sin x với 1 £ y £ 81( *) 33
81 2 2 Ta có : 81cos x = 811 -sin x = y 81 => y + - 30 £ 0 y => y 2 - 30 y + 81 £ 0 3 £ y £ 27 thoả (*) Do đó : 2 3 £ 81sin x £ 27 2 31 £ 34 sin x £ 33 1 £ 4 sin 2 x £ 3 1 3 £ sin 2 x £ 4 4 1 3 3 1 ( a ) , - £ sin x £ - ( b ) £ s in x £ 2 2 2 2 p p 2p 5p Giải (a) £ x £ , £ x £ 6 6 33 7p 4p 5p 11p Giải (b) £ x£ , £ x £ 6 6 33 Đó là 4 tập nghiệm của bất phương trình trên. Bài 5: Giải bất phương trình: sin 2 x -sin 3 x + sin 4 x - 3 cos 2 x - cos 3 x + cos 4 x ³ 1 (*) 2 Giải: Ta có sin 2 x - sin 3 x + sin 4 x cos 2 x - cos 3 x + co s 4 x sin 2 x + sin 4 x - sin 3 x = cos 2 x + cos 4 x - cos 3 x 2 sin 3 x cos x - sin 3 x = 2 cos 3 x cos x - cos 3 x sin 3 x ( 2 cos x - 1) x = = tan 3 cos 3 x ( 2 cos x - 1) Với điều kiện 2 cos x ¹ 1 Ta có : 34
(*) 2 tan 3 x - 3 ³ 1 tan 3 x - 3 ³ 0 tan 3 x ³ 3 p p + kp £ 3x £ + kp , k Î Z 3 2 p p p p +k £x£ + k 3 9 3 6 p p p p Vậy nghiệm của (*) là +k £x£ +k , k Î Z 3 9 3 6 Bài 6: Giải bất phương trình : sin x + 2 cot x £ -1 Giải : Trong điều kiện có nghĩa của nó thì sin x + 2 cot x ³ 0 Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 7: Giải bất phương trình : 4 ( x 3 - 2 x + 1) ( sin x + 2 cos x ) ³ 9 | x 3 - 2 x + 1 | (1) Giải: Xét các khả năng sau: a. Nếu x 3 - 2 x + 1 > 0 9 - 5 £ ( sin x + 2 cos x ) £ 5 (1) sin x + 2 cos x ³ vô lí vì 4 b. Nếu x 3 - 2 x + 1 < 0 9 (1) sin x + 2 cos x £ - . Vô lí 4 Do đó (1) chỉ có thể có nghiệm khi x 3 - 2 x + 1 = 0 ( 2 ) -1 + 5 -1 - 5 Phương trình (2) có nghiệm là x1 = 1, x2 = , x3 = 2 2 Đó cũng là nghiệm của bất phương trình trên. CHƯƠNG V: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC Bài 1: Chứng minh rằng tỷ số khoảng cách lớn nhất giữa hai đỉnh với khoảng cách bé nhất giữa 2 đỉnh của 1 tứ giác lồi bất kì không bé hơn 2 . Giải: Giả sử M, m tương ứng là khoảng cách lớn nhất giữa hai đỉnh và khoảng cách bé nhất giữa 2 đỉnh của một tứ giác lồi. Vì ít nhất một trong các góc của tứ giác không phải là góc nhọn. Thí dụ · . Khi đó : ABC M ³ AC =AB +BC 2AB.BCcosABC 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Þ M ³ AB +BC ³ m +m =2m 35
M ³ 2 . Đó là điều phải chứng minh. Þ m Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD . Chứng minh rằng : A B C D 16 + tan + tan + tan + tan < 4 A B C D 4 4 4 4 4 + tan + tan + tan + tan 2 2 2 2 Giải: 1 1 1 1 16 Với x, y, z, t > 0 thì: + + + ³ x y z t x + y + z + t Mà ABCD lồi nên: A B C D p A B C D 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: 1 1 1 1 16 + + + ³ A B C D A B C D 1 + tan 1 + tan 1 + tan 1 + tan 4 + tan + tan + tan + tan 2 2 2 2 2 2 2 2 Do đó , để có điều phải chứng minh , chỉ cần chứng minh : æ öæ öæ öæ ö ç 1 ÷ ç 1 ÷ ç 1 ÷ ç ÷ A B C D 1 ç tan + ÷ + ç tan + ÷ + ç tan + ÷ + ç tan + ÷ < 2 A ÷ ç B ÷ ç C ÷ ç D ÷ 4 4 4 4 ç 1 + tan ÷ ç 1 + tan ÷ ç 1 + tan ÷ ç 1 + tan ÷ ç è 2 ø è 2 ø è 2 ø è 2 ø A A 2x Đặt x = tan thì tan = 2 . thế thì: 4 2 1 x - 1 + x + x 2 - x 3 2 x 2 - x - x 3 1 A tan + = < + 1 < 1 1 + 2 x - x 2 1 + 2 x - x 2 A 4 1 + tan 2 Vì 1+x ³ 2 x Þ x + x 3 ³ 2 x 2 . Điều phải chứng minh. Bài 3: Cho 4 số thay đổi a,b,x,y thoả mãn a +b =4 và x +y =3 2 2 2 2 Chứng minh rằng: - 2 3 £ ax + by £ 2 3 Giải: 2 2 æ a ö æ b ö 2 2 a + b =4 Û ç ÷ + ç ÷ = 1 è 2 ø è 2 ø ìa a ï 2 = cos ï Û $a Î R : í ï b = sin a ï 2 î a ìa = 2 cos Ûí îb = 2 sin a 36
ìx ï 3 = cos b ï 2 2 Tương tự : x +y =3 Û $b Î R : í ï y = sin b ï 3 î ì ï 3 cos b Ûí ï 3 sin b î Vậy M = ax+by = 2cos a . 3 co s b + 2 sin a . 3 sin b = 2 3 (co s a . co s b + sin a . sin b ) =2 3. co s(a - b ) Vì cos ( a - b ) £ 1 nên M £ 2 3 Û -2 3 £ ax + by £ 2 3 Kết luận: min( ax + by ) = - 2 3 max( ax + by ) = 2 3 . * Chú ý : Với cách giải hoàn toàn tương tự ta cũng có thể giải được các bài toán sau: 1. Cho x và y là 2 số thay đổi và nghiệm đúng phương trình x +y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá 2 2 trị lớn nhất của biểu thức P=2xy+1 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức y2x+5 biết x và y là ha số thay đổi thoả mãn 36x +16y =9 2 2 Bài 4:Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có: 1. a (pb)(pc)+b (pc)(pa)+c (pa)(pb) £ p R 2 2 2 22 2 2 2 2 2. p ³ ab.sin A+bc.sin B+ac.sin C Giải: 1. Đưa bất đẳng thức về dạng tương đương sau: æ a 2 b 2 c 2 ö ÷ £ ( p - a + p - b + p - c ) R 2 (1) 2 (pa)(pb)(pc) çç + + ÷ è p - a p - b p - c ø Đặt p - a = x p - b = y , p - c = z . Khi đó x ,y ,z > 0 , Với kí hiệu ấy thì (1) Û a 2 yz + b 2 xz + c 2 xy £ ( x + y + z ) R 2 2 Theo định lí hàm số cosin suy ra: 2 zy 4 sin 2 A + xz 4 sin 2 B + xy 4 sin 2 C £ ( x + y + z ) Û zy 4 sin 2 A + xz 4 sin 2 B + xy 4 sin 2 C £ x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 yz + 2 xz Û x 2 + 2 x ( y - 2 y. sin 2 C + z - 2 z. sin 2 B ) + 2 yz - yz 4 sin 2 A + y 2 + z 2 ³ 0 Û x 2 + 2 x y cos 2 + z cos 2 B + 2 yz cos 2 A + y 2 + z 2 ³ 0 ( ) (2) C Quan niệm vế trái của (2) là tam thức bậc 2 của x có hệ số của x là 1>0. còn: 2 37
2 D ¢ = ( y co s 2C + z co s 2 ) - 2 yz co s 2 A - y 2 - z 2 B ( )( ) = y 2 co s 2 2 - 1 + z 2 co s 2 2 - 1 + 2 yz (co s 2 B co s 2C - co s 2 A ) C B = - y 2 sin 2 2 - z 2 sin 2 2 + 2 yz co s 2 co s 2C - co s 2 + 2C )] ( B [ B C B = - y 2 sin 2 2 - z 2 sin 2 2 + 2 yz sin 2 B sin 2 C B C 2 = -( y sin 2C - z sin 2 ) £ 0 B Theo định lí về dấu tam thức bậc hai suy ra (2) đúng Þ điều phải chứng minh. 2. Bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: (a + b + c )2 ³ ab sin 2 A + ac sin 2 C + bc sin 2 B 4 Û a + b 2 + c 2 + 2 + 2 + 2 ³ 2 (1 - cos 2 A) + 2 (1 - cos 2 ) + 2 (1 - cos 2 B ) 2 ab bc a ba ca C cb Û a 2 + b 2 + c 2 + 2 cos 2 A + 2 cos 2 B + 2 cos 2 ³ 0 ab bc ac C Û a + 2 (b cos 2 A + c cos 2 ) + b + c + 2 cos 2 ³ 0 (3) 2 2 2 a C bc B Quan niệm vế trái là tam thứ bậc hai của a. Do hệ số của a là 1>0 và: 2 D¢ = (b cos 2 A + c cos 2 ) - 2 cos 2 - c 2 - b 2 2 C bc B = -b 2 sin 2 2 A - c 2 sin 2 2 + 2 (cos 2 A cos 2 - cos 2 B ) C bc C = -b 2 sin 2 2 A - c 2 sin 2 2 + 2 sin 2 A sin 2 C bc C 2 = -(b sin 2 A - c sin 2 ) £ 0 C Vậy (3) đúng và đó là điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra Û D ABC là tam giác đều. Bài 5: Cho tứ diện OABC vuông tại O . Gọi a , b , d lần lượt là góc giữa đương cao OH với các cạnh OA,OB,OC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: cos a + cos b cos b + cos d cos a + cos d T = + + cos 2 d cos 2 a cos 2 b Giải: Đặt x = cosa , y = cos b , z = cos d 1 1 1 1 Þ x 2 + y 2 + z 2 = 1 Vì : + 2 + = 2 2 OH 2 OA OB OC Þ 0 < x y z < 1 , do đó a , b , đều nhọn. Ta có: d ,, x + y y + z z + x T = 2 + 2 + 2 z x y æ x + y y + z z + x ö Xét ( x + y + z )T = ( x + y + z )ç + 2 + 2 ÷ ç y ÷ 2 è z x ø 2 2 2 x + y y + z z + x æ x + y ö æ y + z ö æ z + x ö ÷ +ç ÷ = + + +ç ÷ +ç ç ÷ z x y è z ø è x ø è y ø 2 æ y z ö æ z x ö æ y x ö 1 æ x + y y + z z + x ö ³ç + ÷+ç + ÷+ç + ÷+ ç ÷ + + ç z y ÷ ç ÷ ç y ÷ ø è x z ø è x y ø 3 è z x è ø 1 2 ³ 2 + 2 + 2 + . = 18 (1) .(Bất đẳng thức Côsi và Bunhiacôpxki) 6 3 Ngoài ra : 0
18 Từ (1) và (2) suy ra T ³ 3 Dấu “=” xảy ra Û x=y=z Û OA = OB = OC . 18 Vậy T đạt GTNN bằng khi tứ diện OABC vuông cân tại O. 3 Bài 6: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: S = (1 + b + c - bc ) cos A + (1 + a + c - ac cos B + (1 + b + a - ab cos C £ 3 ) ) Giải: Ta có thể thấy : S = cos A + cos B + cos C + (b + c cos A + ( + a cos B + ( + b cos C - ( cos C + bc cos A + ac cos B c ) a ) ab ) ) Đặt P = cosA+cosB+cosC Q = (b+c)cosA+(c+a)cosB+(a+b)cosC R= ab.cosC+bc.cosA+ac.cosB 3 Dễ thấy : P=cosA+cosB+cosC £ (1) 2 (Dấu “=” trong (1) xảy ra Û D ABC là tam giác đều) Theo định lí hàm số sin ta có: b cos C + c cos B = 2 sin B cos C + sin C cos B = 2 sin ( B + C ) = 2 R sin A = a R( )R Tương tự ta có: a cos C + c cos B = b a cos B + b cos A = c , Þ Q = a + b + c Còn theo định lí hàm số cosin , thì: . a 2 + b 2 + c 2 R = 2 2 (2) Để ý rằng: a 2 + b 2 + c 2 3 + ( + b + c - a ) 2 2 (a - 1 + (b - 1 + (c - 1 2 £ 3 (3) 2 2 ) ) ) = 3 - 2 Dấu “=” trong (3) xảy ra khi a=b=c=1 Từ (2) và (3) suy ra S £ 3. Đó là điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra Û đồng thời có dấu “=” trong (1) và (3) Û D ABC là tam giác đều có cạnh bằng 1. 39
Lời kết : Chúng ta đã cùng nhau đi một vòng quanh vương quốc của những bài toán lượng giác, đã cùng nhau chiêm nghiệm sự rộng lớn của đại dương kiến thức bao la. Nhưng toán học mãi là một câu chuyện không có hồi kết, chúng tôi vẫn còn thiếu kinh nghiệm và chưa chuyên nghiệp, nên chỉ có thể giới thiệu một số bài toán hay và rất thú vị ẩn trong những công thức khô khan và quá ư trừu tượng. Bạn sẽ thấy một số bài toán mà có thể chẳng dùng để làm gì cả, nhưng hãy coi nó như một bông hồng, một bức hoạ đẹp hay một bản tình ca của thiên đường toán học…Vì một lẽ, nó được sinh ra trong một phút, một ngày, cả một đời người hay qua nhiều thế hệ chỉ để thoả mãn niềm đam mê của những ai phát hiện và chứng minh được vẻ đẹp tuyệt vời của nó! Đề tài này, chúng em kính tặng người thầy giáo yêu mến, thầy Nguyễn Lái. Mọi góp ý xin liên hệ : Tổ 4 – Toán 2 – Niên khoá : 2008 – 2011 Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh Tp.Tuy Hoà, tỉnh Phú Yên. Danh sách thành viên : 1. Trần Hoàng Nguyên 2. Nguyễn Ngọc Viễn Đông 3. Nguyễn Hữu Phát 4. Nguyễn Phan Thảo Lan 5. Nguyễn Vũ Bảo Di 6. Nguyễn Trương Mĩ Hiền 7. Đỗ Anh Minh 40