zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Lượng giác - 5.Phương trình hàm lượng giác

Chia sẻ: Huynh Minh Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:23

Báo xấu

270
lượt xem 86
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo sách 'lượng giác - 5.phương trình hàm 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:

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

Lưu

Nội dung Text: Lượng giác - 5.Phương trình hàm lượng giác

Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc PHẦN II: LƯỢNG GIÁC ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN GIẢI TÍCH ------------------------------------------- CHƯƠNG 1 : PHƯƠNG TRÌNH HÀM LƯỢNG GIÁC I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ: a. Đặc trưng hàm của hàm lượng giác: -Hàm f ( x ) = sin x có tính chất f ( 3x ) = 3 f ( x ) − 4 f 3 ( x ) , ∀x ∈ ¡ Quy ước: f 3 ( x ) =  f ( x )  3   -Hàm f ( x ) = co s x có tính chất f ( 2 x ) = 2 f 2 ( x ) − 1, ∀x ∈ ¡ và f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡ -Cặp hàm f ( x ) = sin x, g ( x ) = cos x có tính chất  f ( x + y ) = f ( x ) .g ( x ) + f ( y ) g ( x ) ; ∀x, y ∈ ¡    g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡  -Hàm f ( x ) = tgx có tính chất f ( x) + f ( y) f ( x + y) = 1 − f ( x) . f ( y ) ( 2k + 1) π π π + k π ; y ≠ + kπ Với x, y , x + y ≠ (k ∈ ¢ ) , x ≠ 2 2 2 -Hàm f ( x ) = cot gx có tính chất f ( x) . f ( y ) −1 f ( x + y) = f ( x) + f ( y) Với x, y , x + y ≠ kπ , ( k ∈ ¢ ) , x ≠ k π ; y ≠ kπ b. Đặc trưng hàm của hàm lượng giác ngược: -Hàm f ( x ) = arcsin x có tính chất ( ) f ( x ) + f ( y ) = f x 1 − y 2 + y 1 − x 2 ; ∀x, y ∈ [ −1;1] -Hàm g ( x ) = arccos x có tính chất ( ) g ( x ) + g ( y ) = g xy − 1 − x 2 . 1 − y 2 ; ∀x, y ∈ [ −1;1] -Hàm h ( x ) = arctgx có tính chất  x+ y  h ( x) + h ( y ) = h   ; ∀x, y, xy ≠ 1  1 − xy  Naê m hoïc 2006 2007 – 62
Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc -Hàm p ( x ) = arc cot g có tính chất  xy − 1  p ( x) + p ( y) = p   ; ∀x, y , x + y ≠ 0  x+ y  c.Phương trình hàm Cauchy: Phương trình này cũng như cách chứng minh nó sẽ được sử dụng rất nhiều trong phần này. *Phát biểu: Nếu hàm f(x) liên tục trên tập số thực và thỏa: f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡ ( 1) thì f ( x ) = ax , với a ∈ ¡ tùy ý. *Chứng minh: Từ (1) suy ra f ( 0 ) = 0, f ( − x ) = − f ( x ) Và với y = x thì f ( 2 x ) = 2 f ( x ) , ∀x ∈ ¡ ( 2 ) Giả sử với k nguyên dương, f ( kx ) = kf ( x ) , ∀x ∈ ¡ Khi đó: f ( ( k + 1) x ) = f ( kx + x ) , ∀x ∈ ¡ , ∀k ∈ ¥ Từ đó theo nguyên lí quy nạp, ta có: f ( nx ) = nf ( x ) , ∀x ∈ ¡ ( 3) Ta kết hợp tính chất f ( − x ) = − f ( x ) thu được: f ( mx ) = mf ( x ) , ∀m ∈ ¢ , ∀x ∈ ¡ Từ (2) ta có:  x  x   x  f ( x ) = 2 f   = 22 f 2  = ... = 2 n f n 2 2  2  Từ đó suy ra:  x  1 f n  = n f ( x ) , ∀n ∈ ¢ , ∀x ∈ ¡ ( 4 ) 2  2 Kết hợp (3) và (4) m  m  = n . f ( 1) , ∀m ∈ ¢ , n ∈ ¥ + f n 2  2 Sử dụng giả thiết liên tục của hàm f(x) ⇒ f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ , a = f ( 1) Thử lại, ta thấy hàm f(x) =ax thỏa (1). Suy ra đpcm. Tiếp đến ta sẽ xét các bài tóan liên quan đến phương pháp này. Naê m hoïc 2006 2007 – 63
Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng II.Các bài toán chọn lọc: 1 Bài 1: Xác định α , β để hàm số f ( x ) = có tính chất f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các αx + β cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Không mất tính tổng quát, ta luôn luôn giả thiết a ≥ b ≥ c 1 Nhận xét rằng, phép nghịch đảo g ( x ) = không có tính chất g ( a ) , g ( b ) , g ( c ) Là độ dài x các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Thật vậy, xét tam giác cân với a = b = 2, c = 1 thì ta có 1 1 1 + = a b c Để f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có f ( a ) > 0, f ( b ) > 0, f ( c ) > 0, ∀VABC Suy ra α a + β > 0, α b + β > 0, α c + β > 0, ∀VABC (3) Từ (3) ta thu được α ≥ 0 .Thật vậy,nếu α < 0, β tùy ý cho trước thì ta chọn tam giác ABC có độ dài cạnh a đủ lớn, theo tính chất về dấu của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được αa + β < 0 Tương tự, cũng từ (3) ta suy ra β ≥ 0 .Thật vậy, nếu β < 0 ta chọn tam giác ABC Có độ dài cạnh a đủ nhỏ thì theo tính chất về dấu của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được αa + β < 0 Trường hợp khi đồng thời xảy ra α = 0, β = 0 f ( x ) không xác định. Với α = 0, β > 0 ta thu được hàm hằng dương nên f ( a ) = f ( b ) = f ( c ) > 0 và f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các cạnh của một tam giác đều. Xét trường hợp α > 0, β > 0 . Khi đó f ( a) ≤ f ( b) ≤ f ( c) Vậy ta cần xác định các số dương α , β sao cho luôn có f ( a ) + f ( b ) > f ( c ) , ∀VABC , a ≥ b ≥ c 1 1 1 Hay + > , ∀VABC , a ≥ b ≥ c (4) αa + β αb + β αc + β Xét các tam giác ABC cân đồng dạng với tam giác cạnh 3,3,1, tức a = b = 3d , c = d với d > 0 tùy ý. Khi đó,(4) có dạng 1 1 1 + > , ∀d > 0 3d α + β 3d α + β dα + β Hay Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 64
Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc 2 1 3dα + β > ⇔ < d α + β ⇔ β > d α , ∀d > 0 3d α + β dα + β 2 Điều này không xảy ra khi d đủ lớn. 1 Vậy với α = 0, β > 0 thì hàm số f ( x ) = có tính chất f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các αx + β cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Bài 2: Xác định các hàm f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0 và có đạo hàm trong ( 0, π ) sao cho f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Ta cần xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] có đạo hàm trong ( 0, π ) sao cho  f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π )   f ( 0) = 0   f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π Theo giả thiết thì f ( 0 ) = 0 nên f ( π ) = π C = π − ( A + B) Suy ra f ( A ) + f ( B) + f ( π − A − B ) = π , ∀A, B, A + B ∈ [ 0, π ] Hay f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y, x + y ∈ [ 0, π ] Lấy đạo hàm trong ( 0, π ) theo biến x, ta thu được f ' ( x ) − f ' ( π − x − y ) = 0, ∀x, y, x + y ∈ [ 0, π ] (5) Từ (5) suy ra là hàm hằng trong ( 0, π ) và vì vậy f ( x ) = px + q . Do f ( 0 ) = 0 nên q = 0 và vì vậy f ( x ) = px . Do f ( π ) = π nên p = 1 và ta thu được f ( x ) = x Vậy hàm số f ( x ) = x là hàm số liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0 và có đạo hàm trong ( 0, π ) thỏa mãn f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Bài 3: Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( 0 ) = 0, f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0, π ) và f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Ta phát biểu bài toán đã cho dưới dạng Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0, f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0, π ) và Naê m hoïc 2006 2007 – 65
Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (6) Do f ( 0 ) = 0 nên với y = 0 , ta thu được f ( x ) + f ( 0 ) + f ( π − x ) = π , ∀x ∈ [ 0, π ] Đặt f ( x ) = x + g ( x ) thì g ( 0 ) = 0 g ( x ) là hàm liên tục trong [ 0, π ] Ta có ( 6) ⇔ x + g ( x ) + ( π − x ) + g ( π − x ) = π ⇔ g ( x ) + g ( π − x ) = 0, ∀x ∈ [ 0, π ] Hay g ( π − x ) = − g ( x ) , ∀x ∈ [ 0, π ] (7) Thế f ( x ) = x + g ( x ) vào (6) và sử dụng (7), ta thu được x + g ( x ) + y + g ( y ) + π − ( x + y ) + g ( π − ( x + y ) ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π Hay g ( x ) + g ( y ) − g ( x + y ) = 0, ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π Tức là g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (8) Do g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] nên (8) là phương trình hàm Cauchy và g ( x ) = α x với α là hằng số , f ( x ) = ( 1 + α ) x . Để f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) ta cần có 1 + α > 0 và để f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π ta cần có 1 + α = 1 .suy ra α = 0 f ( x ) ≡ x Bài 4: Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) và f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: π Ta thấy có hai hàm số hiển nhiên thỏa mãn bài toán, đó là f ( x ) = x và f ( x ) = 3 Ta phát biêu bài toán đã cho dưới dạng Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( x ) > 0 và f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (9) Cho y = 0 , ta thu được f ( x ) + f ( 0 ) + f ( π − x ) = π , ∀x ∈ [ 0, π ] Hay f ( π − x ) = π − f ( 0 ) − f ( x ) , ∀x ∈ [ 0, π ] Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 66
Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc Thế vào (9), ta thu được f ( x ) + f ( y ) + π − f ( 0 ) − f ( x + y )  = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π   Tức là f ( x + y ) + f ( 0 ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (10) Đặt f ( x ) = f ( 0 ) + g ( x ) .Khi đó g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] và có dạng g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (11) Do g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] nên (11)là phương trình hàm Cauchy và g ( x ) = α x và f ( x ) = α x + β .Ta cần xác định α , β để f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ( 0, π ) và để f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π Tức là α x + β > 0, ∀x ∈ ( 0, π )  α x + β > 0, ∀x ∈ ( 0, π )   ⇔ α ( A + B + C ) + 3β = π  απ + 3β = π  Suy ra (1 − α )π (12) f ( x) = α x + > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) 3 Cho x → 0 và x → π , từ (12) ta thu được 1 − ≤α ≤1 2 1 Với − < α < 1 thì hiển nhiên (12) thỏa mãn. 2 1 1 π Xét α = − thì f ( x ) = − x + thỏa mãn điều kiện bài ra. 2 2 2 Thật vậy, với 0 < x < π thì f ( x ) > f ( π ) = 0 Xét α = 1 thì f ( x ) = x hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài ra. Vậy, các hàm cần tìm đều có dạng (1−α ) π 1 f ( x) = α x + ,− ≤α ≤1 3 2 Nhận xét Sau đây, ta sẽ xét một số bài toán sử dụng kiến thức lượng giác đơn giản để giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm. Các hàm này thường sử dụng 3 thủ thuật: -Chọn các giá trị phù hợp với đối số -Đổi biến số (đặt biến mới) -Đổi hàm số( đặt hàm số mới) Naêm hoï c 2006 – 2007 67
Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng Bài 4: Tìm hàm f: ¡ → ¡ thỏa mãn  π   f ( 0 ) = 1999, f   = 2000  2  f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) cosy,∀x,y ∈ ¡  Nhận xét: Ta cần định hướng sẽ thay x, y như thế nào sao cho đơn giản nhất, hơn nữa phải sử dụng được f ( 0 ) = 1999   π  f   = 2000  2 Ta xét cách thế sau Lời giải: π π Thay x = t − , y = ta thu được 2 2  π π f ( t ) + f ( t − π ) = 2 f  t −  cos = 0 (1)  2 2 π π Tương tự, với x = , y = t − rồi sau đó x = 0, y = t − π ta được 2 2 π   π f ( t ) + f ( x − t ) = 2 f   cos  t-  = 2.2000sin t (2) 2  2 f ( t − π ) + f ( π − t ) = 2 f ( 0 ) cos ( t-π ) = −2.1999cost (3) Nhân (3) với(-1) rồi cộng (1) với(2) 2f ( t ) = 2.2000sin t + 2.1999cost ⇒ f ( x ) = 1999cosx+2000sinx,∀x Thử lại thấy đúng. Bài 5: Tìm tất cả các hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và f ( x ) f ( y ) − f ( x + y ) = s inxsiny,∀x,y ∈ ¡ (*) Lời giải: Với dạng này ta chỉ cần xem xét quá trình sau -Tìm f ( 0 ) -Ứng với giá trị f ( 0 ) tìm được dùng phép thế thích hợp tìm thêm một số giá trị. -Tìm f ( x ) Thật vậy Với x = y = 0 ,ta thu được: f 2 ( 0) − f ( 0) = 0 Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 68
Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc  f ( 0) = 0 Suy ra   f ( 0) = 1  -Nếu f ( 0 ) = 0 thì với y = 0 ta có − f ( x ) = 0 Từ đó f ( x ) ≡ 0, ∀x π Nhưng nếu thay x = y = ta thấy mâu thuẫn. 2 -Nếu f ( 0 ) = 1 thay y = − x ta có f ( x ) f ( − x ) = 1 − sin 2 x = cos 2 x π π   π Thay x= ta có f   f −  = 0 2 2  2  π  f  =0 2 ⇒   π f −  = 0   2 π  π +Nếu f   = 0 , thay y = vào 2 2  π  π Ta có f  x +  = − s inx=cos  x+  ⇔ f ( x ) = cosx,∀x  2  2  π π +Nếu f  −  = 0 thay y = − vào ta được  2 2  π  π f  x −  = − s inx=cos  x-  ⇔ f ( x ) = cosx,∀x  2  2 Vậy f ( x) = cos x .Thử lại thấy đúng. Nhận xét : Hóa ra điều kiện liên tục đề cho là thừa. Không biết hàm ý của tác giả là gì khi cho thêm giả thiết nhưng rõ ràng bài toán có thể giải bằng phép thế đơn giản. Bài 6: Tìm hàm f ( x ) ác định và liên tục trong [ −1,1] và thỏa mãn f ( 2 x 2 − 1) = 2 xf ( x ) , ∀x ∈ [ −1.1] Nhận xét: Thoạt nhìn chúng ta liên tưởng 2 x 2 − 1 → 2cos 2 x-1 . Đây là điều đã đề cập ở bài “Dãy số..” Lời giải: Ta sẽ sử dụng thuật chuyển ẩn x=cost Ta được f ( cos2t ) = 2cost.f ( cost ) f ( cos 2t ) f ( cos t ) Vậy = , t ∉ π ¢ = { nπ , n ∈ ¢ } sin 2t sin t Naêm hoï c 2006 – 2007 69
Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng f ( cos t ) Xét hàm f ( t ) = sin t Như vậy f ( t ) xác định và liên tục với t ∉ π ¢ Rõ ràng f ( t ) = f ( 2t ) , từ đó f ( t ) = f ( 2 t ) , ∀m ∈ ¢ m (1) Mặt khác f ( t ) = f ( t + 2π ) ⇒ f ( t ) = f ( t + 2nπ ) , ∀m ∈ ¢ (2)  nπ  f ( 1) = f ( 2m +1 ) = f ( 2m +1 + 2nπ ) = f  1 + m   2   nπ  Tập các điểm 1 + m , m, n ∈ ¢  là trù mật trong R ,vậy f ( x ) là hằng số trên mỗi khoảng  2  ( nπ , ( n + 1) π ) Dễ thấy f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ [ −1.1] f ( −cost ) Vậy f (t +π) = = f ( t) − sin t Từ đó các hằng số trên mỗi khoảng mở là như nhau. Lại có f ( −t ) = − f ( t ) ⇒ f ( t ) = 0 có thể trừ ra những điểm của n¢ ⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈ ( −1,1) Mà f ( x ) liên tục vậy f ( x ) = 0, ∀x ∈ [ −1,1] Sau đây ta sẽ đến các bài toán sử dụng đặc trưng hàm đã được đề cập ở phần kiến thức cơ sở. Đây là dạng bài hay và khó, thường xuất hiện trong các bài thi học sinh giỏi dưới dạng các bài khó. Bài 7: Tìm các hàm f ( x ) xác định và liên tục trong [ −1,1] và thỏa mãn điều kiện ( ) f x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ −1,1] Lời giải:  π π Đặt x = sin u , y = sin v với u , v ∈  − ,  .Khi đó, cos u ≥ 0, cos v ≥ 0 và  2 2  π π x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = sin ( u + v ) , ∀u, v ∈  − ,   2 2 Phương trình hàm đã cho có thể viêt dưới dạng  π π f ( sin u ) + f ( sin v ) = f ( sin ( u + v ) ) , ∀u , v ∈  − ,   2 2 Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 70
Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc Đặt f ( sin u ) = g ( u ) ta được  π π g ( u + v ) = g ( u ) + g ( v ) , ∀u , v ∈  − ,   2 2 Do vậy, g ( u ) = au , a = const và f ( x ) = a arcsin x . Thử lại, ta thấy hàm số f ( x ) = a arcsin x thỏa mãn bài ra Nhận xét : Bài toán đã sử dụng một phép biến đổi cơ bản sin ucosv+sinvcosu=sin ( u+v )   sin v 1 − sin u = sin vcosu 2  Việc phát hiện phép biến đổi này xem như mấu chốt bài toán . Chú ý: chúng ta đã sử dụng phương trình hàm Cauchy ở cách giải trên . Với cùng tư tưởng tương tự ta xét bài toán Bài 8: Tìm các hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên [ −1,1] và thỏa mãn điều kiện ( ) f xy − 1 − y 2 1 − x 2 = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ −1,1] Lời giải: Đặt x = cos u , y = cos v, ∀u , v ∈ [ 0, π ] .Khi đó sin u ≥ 0,sin v ≥ 0 xy − 1 − y 2 1 − x 2 = cos ( u + v ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng f ( cos u ) + f ( cos v ) = f ( cos ( u + v ) ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Đặt f ( cos u ) = g ( u ) ta được g ( u + v ) = g ( u ) + g ( v ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Do vậy, g ( u ) = au , a = const f ( x ) = a arccos x Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán . Bài 9: Tìm các hàm f ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện  f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡   (1)  f ( 0 ) = 1, ∃x0 ∈ ¡ : f ( x0 ) < 1  Lời giải: Vì f ( 0 ) = 1 và f ( x ) liên tục trên ¡ nên ∃ε > 0 sao cho f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( −ε , ε ) (2) Khi đó theo (2) với n0 ∈ ¥ đủ lớn thì Naêm hoï c 2006 – 2007 71
Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng  x  f  n00  > 0 2  Nhận xét rằng  x  f  n00  < 1, ∀n ∈ ¥ 2   x  Thật vậy f  n00  ≥ 1 nguyên dương nào đó thì theo (1), ta có 2  2  x    x0   f  n0 1  = 2  f −  2n   − 1 ≥ 1 2     2  x    x0   f  n0 2 −  = 2 f  2n −1   − 1 ≥ 1 2     2   x  f ( x0 ) = 2  f  0  − 1 ≥ 1   2  Trái với giả thiết f ( x0 ) < 1 x0 Vậy tồn tại x1 ≠ 0 sao cho 0 < f ( x1 ) < 1 f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( − x1 , x1 ) x1 = 2n0 π f ( x1 ) = cos α , 0 < α < 2 Từ (1) suy ra f ( 2 x1 ) = 2  f ( x1 )  − 1 = 2 cos 2 α − 1 = cos 2α 2   Giả sử f ( kx1 ) = cos kα , ∀k = 1, 2,..., n ∈ ¥ . Khi đó + f ( ( n + 1) x ) = f ( nx 1 1 + x1 ) = 2 f ( nx1 ) f ( x1 ) − f ( ( n − 1) x ) = 2 cos nα cos α − cos ( n − 1) α = cos ( n + 1) α 1 Từ đó suy ra f ( mx1 ) = cos mα , ∀m ∈ ¥ .Mặt khác, đổi vai trò x và y trong (1), ta có + f ( x − y ) = f ( y − x ) , ∀x, y ∈ ¡ .Do đó, f ( x ) là hàm chẵm trên ¡ và như vậy f ( mx1 ) = cos mα , ∀m ∈ ¢ (3) x1 Cho x = y = từ (1) ta nhận được 2 1 + f ( x1 ) 1 + cos α 2   x1   α  f  2  = 2 = 2 = cos 2 2    Do vậy x  α f  1  = cos 2 2 Giả sử Nhoù m hoïc sinh lôùp 11A1 72
Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc x  α f  1  = cos k , ∀k = 1, 2,..., n ∈ ¥ + k 2  2 x1 Khi đó cho x = y = từ (1) ta thu được 2k +1 α 2 1 + cos   x1   1  x1  2n = cos 2 α  f  2n +1   = 2 + f  2n = 2 2n +1      Do vậy x  α f  1  = cos n , ∀n ∈ ¥ n (4) 2  2 (3) và (4) cho ta  mx  mα f  n1  = cos n , ∀n ∈ ¥ + , ∀m ∈ ¢ (5)  2  2 Vì f ( x ) và cosx là các hàm liên tục trên ¡ nên (5) ⇔ f ( x1t ) = cos α t α ⇔ f ( x ) = cos ax, ∀a = , ∀x ∈ ¡ x1 Thử lại ta thấy f ( x ) = cos ax ( a ≠ 0 ) thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Kết luận f ( x ) = cos ax, a ∈ ¡ \ { 0} Nhận xét: bài toán và lời giải trên khá hay, trước hết sử dụng tính trù mật và liên tục của  x0  hàm số để có được f  n  < 1 2  Từ đây sử dụng lượng giác hóa để giải bài toán dựa trên quy nạp. Do vậy ta có thể thấy lợi ích rõ ràng của các đặc trưng hàm lượng giác, bởi nó chính là chìa khóa giải những bài dạng này. Ta tiếp tục xét thêm các bài toán khác. Bài 10: Cho b > 0 .Tìm các hàm f ( x ) ≠ 0 xác định và liên tục trong D := { x + 2bk : x ( −b, b ) , k = 0, ±1, ±2,...} Và thỏa mãn điều kiện f ( x) + f ( y) f ( x + y) = , ∀x, y, x + y ∈ D (11) 1 − f ( x) f ( y) Lời giải: Cho y = 0 từ (11) ta có (  2  ) f ( 0 )  f ( x )  + 1 = 0, ∀x ∈ D Naê m hoïc 2006 2007 – 73
Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng Nên f ( 0 ) = 0 .Do f ( 0 ) = 0 và do f ( x ) liên tục tại x = 0 nên tồn tại x0 > 0 sao cho [ − x0 , x0 ] ⊂ ( −b, b ) và f ( x ) < 1, ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] x1 Chọn x1 ∈ [ − x0 , x0 ] ∉ ¤ và đặt b  π π f ( x1 ) = tgα , α ∈  − ,   4 4 Khi đó 2 f ( x1 ) 2tgα f ( 2 x1 ) = = = tg 2α 1 −  f ( x1 )  2 1 − tg 2α   Giả sử f ( kx1 ) = tg ( kα ) , ∀k = 1, 2,..., m, m ∈ ¥ . Khi đó + f ( mx1 ) + f ( x1 ) tgmα + tgα f ( ( m + 1) x ) = 1 − f = = tg ( m + 1) α 1 ( mx1 ) f ( x1 ) 1 − tgα tgmα Vậy f ( mx1 ) = tgmα , ∀m ∈ ¥ . Thay y = − x vào (11) và sử dụng f ( 0 ) = 0 + , ta được f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ D .Từ đó suy ra f ( mx1 ) = tgmα , ∀m ∈ ¢ (i) Mặt khác cũng từ (11) ta được x  α 2f  1  2tg f ( x1 ) = 2 = tgα = 2 2 α 2   x1   1 − tg 1−  f  2  2     x  α  x  α ⇔ f  1  − tg 1 + f  1  tg  = 0 (ii)  2 2   2 2 α x  Do tg
Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Kết hợp với giả thiết f ( x ) là hàm liên tục trên D,ta có f ( xx1 ) = tg ( xα ) , ∀x ∈ D Do đó α f ( x ) = tgax, a = x1 π Để miền xác định của f ( x ) trùng với D, cần chọn a = 2b Kết luận π f ( x ) = tg x, ∀x ∈ D 2b Nhận xét: Bài toán cho ta cảm giác về công thức tg ( x ) + tg ( y ) tg ( x + y ) = 1 − tg ( x ) tg ( y ) Từ đây ta có thể đoán ra đây là hàm gì và tiến hành giải. Chúng ta sẽ xét đến các bài toán sử dụng hệ đặc trưng hàm sin và cos. Bài 11:Tìm các cặp hàm f ( x ) và g ( x ) xác định , liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện  f ( x + y ) = f ( x) g ( y ) + f ( y ) g ( x)   (14)  g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡  Lời giải: Từ (14) suy ra  f ( x + y )  2 =  f ( x ) g ( y ) + f ( y ) g ( x )  2      ∀x, y ∈ ¡  g ( x + y )  =  g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y )  , 2 2     Suy ra  f ( x + y )  +  g ( x + y )  =   f ( x )  +  g ( x )     f ( y )  +  g ( y )   , ∀x, y ∈ ¡ 2 2 2 2 2 2                Hay h ( x + y ) = h ( x ) h ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Trong dó h ( x) =  f ( x)  + g ( x)  2 2     Nhận xét rằng, h ( x ) liên tục trên ¡ .Vậy, do đặc trưng hàm mũ h ( x ) ≡ 0 hoặc h ( x) = ax , a > 0 Trong trường hợp đầu h ( x ) ≡ 0 ,sẽ kéo theo f ( x ) ≡ 0 và g ( x ) ≡ 0 . Dễ thấy các cặp hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Xét trường hợp h ( x ) = a , tức là x Naê m hoïc 2006 2007 – 75
Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng  f ( x )  +  g ( x )  = a x , ∀x ∈ ¡ 2 2      f ( x)   g ( x)  2 ⇔  x / 2  +  x / 2  = 1, ∀x ∈ ¡ (i) a  a  x x Kết hợp (14) và (i), ta được f ( 0 ) = 0, g ( 0 ) = 1 . Do các hàm − − f ( x) a 2 , g ( x) a 2 liên tục trên ¡ nên tồn tại x0 > 0 sao cho 1 g ( x) < x ≤1 2 a 2 f ( x) 1 x < , ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] 2 a 2 Đặ t  x0  g ( x0 ) = a cos α −π π 2  ,
Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Từ (ii), suy ra  x −m 0 x −m 0  g ( −mx0 ) = a cos mα = a 2 cos(−mα ) 2  x0 x0 ,m∈¥ +  f −mx = −a − m 2 sin mα = a − m 2 sin − mα  ( 0) ( ) Từ đó suy ra  x m 0  g ( mx0 ) = a 2 cos mα  x0 (iii)  f mx = a m 2 sin mα , ∀m ∈ ¢  ( 0) x0 Tiếp theo, thay x = y = vào (14), ta có 2  x  x  x0  f ( x0 ) = 2 f  0  g  0  = a 2 sin α   2  2  2 2 (iv)    x0     x0   x0  g ( x0 ) =  g    −  f    = a 2 cos α    2    2   x0  Giải (iv) với lưu ý g  >0 , ta được  2    x0  x0 α  f   = a 4 sin   2 2   g  x0  = a 4 sin α x0   2 2    Giả sử   x0  x0 α f  k  = a 2 sin k k +1   2  2  x0 , ∀k ∈ ¥ +   x0  α  g  2k  = a cos 2k 2 k +1    x0 Thay x= y= vào (14) ta được 2k +1   x0   x0   x0  x0 α  f  k  = 2 f  k +1  g  k +1  = a sin k 2k +1  2  2  2  2  2 2 x0   x0    x0     x0   α  g  2k  =  g  2k +1   −  f  2k +1   = a cos 2k 2 k +1          Sử dụng lập luận đối với (iv) ở trên , ta đi đến công thức Naê m hoïc 2006 2007 – 77
Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng   x0  x0 α  f  k  = a sin k 2k +1  2  2  x0 , ∀k ∈ ¥ (v)   x0  α  g  2k  = a cos 2k k +1 2    Các hệ thức (iii) và (iv) cho ta   mx0  mx0 mα  f  k  = a sin k 2 k +1   2  2  mx0 , ∀k ∈ ¥ , m ∈ ¢ (vi)   mx0  mα  g  2k  = a cos 2k 2 k +1    Do f ( x ) liên tục trên R nên (vi) tương đương với  tx0  x  f ( tx0 ) = a 2 sin tα  f ( x ) = a 2 sin bx  tx0 , ∀t ∈ ¡ hay  x , ∀x ∈ ¡  g tx = a 2 cos tα  g x = a 2 cos bx  ( 0)  ( ) Thử lại ta thấy các cặp hàm trên thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Kết luận  x  f ( x ) = a 2 sin bx,  f ( x) ≡ 0   Hoặc   f ( x) ≡ 0 x  g x = a 2 cos bx, a > 0, b ∈ ¡   ( ) Bài 12: Tìm các cặp hàm f ( x ) g ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều  f ( x − y) = f ( x) g ( y) − f ( y) g ( x)  kiện  (15)  g ( x − y ) = g ( x ) g ( y ) + f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡  Lời giải: Từ giả thiết suy ra  f ( x − y )  +  g ( x − y )  =   f ( x )  +  g ( x )     f ( y )  +  g ( y )   , ∀x, y ∈ ¡ 2 2 2 2 2 2               Suy ra h ( x − y ) = h ( x ) h ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Trong dó h ( x ) =  f ( x )  +  g ( x )  , h ( x ) liên tục trên ¡ 2 2     Ta có h ( x )  = h ( x − x ) = h ( 0 ) 2   Suy ra h ( x ) ≡ c, ∀c ∈ ¡ : c = c 2 Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 78
Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Vậy h ( x ) ≡ 0 hoặc h ( x ) ≡ 1 Nếu h ( x ) ≡ 0 thì  f ( x)  + g ( x)  = 0 2 2      f ( x) ≡ 0  ⇔ g ( x) ≡ 0  Xét trường hợp h ( x ) ≡ 1 . Khi đó thay x = y = 0 vào (15), ta được  f ( 0 ) = 0,    g ( 0) = 1  Và  f ( − y) = − f ( y)   (i)  g ( − y ) = g ( y ) , ∀y ∈ ¡  Thay y bởi -y trong (15) và sử dụng (i), ta được  f ( x + y ) = f ( x) g ( y ) + f ( y ) g ( x)   (ii)  g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡  Theo bài toán 10 thì  x  f ( x ) = a 2 sin bx  x , ∀x ∈ ¡  g x = a 2 cos bx  ( ) Do  f ( x )  +  g ( x )  = 1 nên a=1. Vậy (f(x),g(x)) có dạng 2 2      f ( x ) = sin bx,    g ( x ) = cos bx, b ∈ ¡  Kết luận  f ( x ) = sin bx,    g ( x ) = cos bx, b ∈ ¡   f ( x) ≡ 0  Hoặc  g ( x) ≡ 0  Bài 13: Tìm các cặp hàm f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện   f ( x ) + g ( x )  2 = 1 + f ( 2 x ) , f ( 0 ) = 0, ( i )   ( 16 ) ∀x, y ∈ ¡ .   f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) g ( y ) , ( ii )  Lời giải: Naê m hoïc 2006 2007 – 79
Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng Cho y = 0 , từ phương trình (ii) của (16), ta được 2 f ( x ) 1 − g ( 0 )  = 0, ∀x ∈ ¡   Nếu g ( 0 ) ≠ 1 thì từ f ( x ) ≡ 0 và (i) cho ta g ( x ) ≡ 1 hoặc g ( x ) ≡ −1 . Thử lại ta thấy hai cặp hàm này đều thỏa mãn bài toán. Xét trường hợp g ( 0 ) = 1 . Thay y = x vào (16) và sử dụng các giả thiết f ( 0 ) = 0, g ( 0 ) = 1 ta được  f ( x)  + g ( x)  = 1 2 2     Từ đó và từ giả thiết f ( x ) liên tục tại x = 0 suy ra tồn tại x0 > 0 sao cho 1 < g ( x) ≤ 1 2 1 f ( x) < , ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] 2 Đặ t −π π f ( x0 ) = sin α ,
Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc   x0  α  f  2  = sin 2      g  x0  = sin α   2    2 Giả sử   x0  α  f  n  = sin n  2  2  , ∀n ∈ ¥ + (v)  g  x0  = cos α   2n     2n x0 Thay x = y = vào (16) và sử dụng (v), ta được 2k +1   x0   x0   x0  α  f  k  = 2 f  k +1  g  k +1  = sin k  2  2  2  2  2 2   f  x0   +  g  x0   = 1    2k +1     2k +1         Giải hệ này ta được   x0  α  f  n  = sin n  2  2  , ∀n ∈ ¥ (vi) g  x0  α = cos n   2n     2 Từ (iii) và (vi) suy ra   mx0  mα  f  n  = sin n   2  2  , ∀n ∈ ¥ + , m ∈ ¢ (vii)  g  mx0  = cos mα   2n     2n Sử dụng giả thiết f ( x ) là hàm liên tục trên ¡ ta được  f ( x0 x ) = sin α x  (vii) ⇔  , ∀x ∈ ¡  g ( x0 x ) = cos α x   f ( x ) = sin α x  α ⇔ , ∀x ∈ ¡ , a = (viii)  g ( x ) = cos α x  x0 Nếu a = 0 thì f ( x ) ≡ 0, . Thay vào (16) và sử dụng giả thiết g ( 0 ) = 1 , ta được g ( x) ≡ 1 Khi a ≠ 0 thì thay y = x vào (ii) và sử dụng (viii), ta được f ( x ) = sin α x, g ( x ) = cos α x, x ∈ ¡ Dễ thấy, các cặp hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán Naê m hoïc 2006 2007 – 81

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.