zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Một số phép biến đổi thường dùng khi giải phương trình lượng giác

Chia sẻ: Lê Minh Thuận | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Báo xấu

285
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong việc giải phương trình lượng giác việc xét mối quan hệ các góc của các hàm số rất quan trọng vì điều này sẽ giúp chúng ta áp dụng công thức lượng giác hợp lí. Tài liệu xin giới thiệu đến các bạn các phương pháp giải, một số phép biến đổi và một số kĩ năng cơ bản giúp các bạn nhận dạng và vận dụng các công thức lượng giác hợp lý để giải quyết tốt bài toán giải phương trình lượng giác.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số phép biến đổi thường dùng khi giải phương trình lượng giác

MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI THƯỜNG DÙNG KHI GIẢI Vững vàng PHƯƠNG nền tảng, KhaiLƯỢNG TRÌNH sáng GIÁC tươg lai MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI THƯỜNG DÙNG KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC I. MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI THƯỜNG DÙNG: “Để đưa về PT tích hay để rút gọn” 1) 1  sin 2 x  (sin x  cos x) 2 ; 1  sin 2 x  (sin x  cos x)2 sin x  cos x cos x  sin x sin 2 x 2) 1  tan x  , 1  cot x  , 3) sin x cos x  cos x sin x 2 4) cos 2 x  cos2 x  sin 2 x   cos x  sin x  .  cos x  sin x  5) cos2 x  1  sin 2 x  1  sin x  . 1  sin x  sin 2 x  1  cos 2 x  1  cosx  . 1  cos x  sin 2 x  cos2 x 2 sin 2 x  cos2 x 2cos2x 6) t anx+ cot x   , t anx  cot x   sin x.cosx sin 2x sin x.cosx sin 2x 7) sin 3 x  cos3 x  (sin x  cos x)(1  sin x.cos x) , sin 3 x  cos3 x  (sin x  cos x)(1  sin x.cos x) 8) cos 4 x  sin 4 x  cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x 1 1  1  cos 4 x  3 1 sin 4 x  cos4 x  1  2sin 2 x.cos2 x  1  .sin 2 2 x  1  .     .cos 4 x 2 2  2  4 4 3 3  1  cos 4 x  5 3 sin 6 x  cos6 x  1  3sin 2 x.cos2 x  1  .sin 2 2 x  1  .     .cos 4 x 4 4  2  8 8 3 3 3 9) sin   x   sin .cos x  cos .sin x   cos x  2  2 2  7  7 7 cos   x   cos .cos x  sin .sin x  sin x  2  2 2     2 sin  x    sin x.cos  cos x.sin  .  sin x  cos x   4 4 4 2 II. MỘT SỐ KĨ NĂNG NHẬN DẠNG THƯỜNG DÙNG: “Để vận dụng công thức lượng giác hợp lý để giải bài toán giải PTLG” Khi gặp PTLG có chứa: - “Bình phương, khác góc” ta thường sử sụng công thức hạ bậc. - “Tích các hàm số lượng giác sin và cos” ta thường biến đổi về tổng. - “Tổng các hàm số lượng giác sin và cos” ta thường biến đổi về tích. - “Góc gấp đôi nhau” ta thường sử dụng công thức nhân đôi.  3 7 - “Các góc đặc biệt”, VD như: x  , x  ,  x ta thường sử dụng công thức cộng 4 2 4 để biến đổi trước. Lưu ý các cặp gặp phụ nhau.
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai III. MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG: cos 2 x 1 Bài toán 1: Giải PTLG sau: cot x  1   sin 2 x  sin x 1  tan x 2 Nhận xét : “Ở bài toán này ta vận dụng các phép biến đổi ở trên để đưa về PT tích” HD: Điều kiện: sin x.cos x  0 và tanx ≠ 1 cos 2 x 1 cot x  1   sin 2 x  sin x 1  tan x 2 cos x  sin x  cos x  sin x  cos x  sin x  PT    sin x.  sin x  cos x  sin x cos x  sin x cos x  1    sin x  cos x   sin x  cos x  0  sin x  sin x  cos x  0 (1)    ĐS: x   k sin x  cos x  1  0 (2) 4  sin x   (1  sin x  cos 2x) sin  x   Bài toán 2: Giải PTLG sau:  4  1 cos x 1  tan x 2  Nhận xét : “Ở bài toán này ta thấy có chứa sin  x    2 .  sin x  cos x  và mẫu có  4 2 sin x  cos x chứa 1  tan x  nên ta phân tích để rút gọn tử và mẫu cho (sinx + cosx)” cos x HD: Điều kiện: cos x  0 và tanx ≠ 1 2 (1  sin x  cos 2 x). .(sin x  cos x) 2 1 PT  .cos x  .cos x sin x  cos x 2 (1  sin x  cos 2 x).(sin x  cos x)  .cos x  cos x sin x  cos x  (1  sin x  cos 2 x)  1  sin x  cos 2 x  0 “Góc 2x và 1x: nên sử dụng CThức nhân đôi”
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 1  2sin 2 x  sin x  1  0  sin x  1(loai) hay sin x   2  7 ÐS : x    k 2 hay x   k 2 ( k  ) 6 6 1 1  7  Bài toán 3: Giải PTLG sau:   4 sin   x sin x  3   4  sin  x    2  3 7 Nhận xét: “Ở bài toán này ta thấy có chứa sin  x   và sin   x  nên ta sử dụng  2   4  công thức cộng để biến đổi” HD:  3  3 3 sin  x    sin x.cos  cos x.sin  cos x  2  2 2  7  7 7 2 sin   x   sin .cos x  cos .sin x   .  sin x  cos x   4  4 4 2 Điều kiện: sin x  0, cos x  0 PT trở thành: 1 1  1    2 2(sin x  cos x)  0  (sin x  cos x)  2 20 sin x cos x  sin x.cos x     sin  x  4   0   5    ÐS : x    k , x   k , x   k  1 4 8 8 sin 2 x   2 1 2  cos x  sin x  Bài toán 4: Giải PTLG sau:  tan x  cot 2 x cot x  1 Nhận xét: “Ở bài toán này ta vận dụng các phép biến đổi ở trên để rút gọn vế phải, ở vế trái có chứa tanx + cot2x ta biến đổi trước” HD: sin x.sin 2 x  cos x.cos 2 x cos  2 x  x  1 Ta có: tan x  cot 2 x    cos x.sin 2 x cos x.sin 2 x sin 2 x
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Điều kiện: sin2x.(tanx + cot2x)  0 và cotx  1 1 2  cos x  sin x  2 PT    sin 2 x  2.sin x  cos x  1 cos x  sin x 2 sin 2 x sin x  Tìm nghiệm và kết hợp điều kiện ta được: x    k 2  k   4 Bài toán 5: Giải PTLG sau: cot x  sin x 1  tan x.tan   4 x  2 Nhận xét: “Ở bài toán này ta để ý ở vế trái có chứa 1  tan x.tan  ta biến đổi trước” x  2 HD: x x cos  x  x  cos x.cos  sin x.sin   x Ta có: 1  tan x.tan  2 2  2  1 2 x x cos x cos x.cos cos x.cos 2 2 Điều kiện: sinx ≠ 0, cosx ≠ 0 PT  cot x  tan x  4  tan 2 x  4.tan x  1  0  tan x  2  3 .  ĐS: x  arctan 2  3  k (1  2sin x) cos x Bài toán 6: Giải PTLG sau:  3 (1  2sin x)(1  sin x) Nhận xét: “Biến đổi và sử dụng cách giải PT: a.sinx + b.cosx = c” HD: PT  cos x  sin 2 x  3. 1  sin x  2.sin 2 x   cos x  sin 2 x  3.  cos 2 x  sin x  “Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về dạng a.sinx + b.cosx”  cos x  sin 2 x  3.  cos 2 x  sin x   3.sin x  cos x  sin 2 x  3.cos x “Chia hai vế của PT cho 2”
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai      2 3  sin  x    sin  2 x   ĐS: x   k ,x   l 2  6  3 18 3 2 Bài toán 7: Giải PTLG sau: sin x  cos x sin 2x  3 cos3x  2(cos 4x  sin 3 x) (B – 2009) Nhận xét: “Biến đổi và sử dụng cách giải PT: a.sinx + b.cosx = c” Ở bài toán này ta thấy có chứa tích: cosx.sin2x nên ta biến đổi về tổng và có sin3x nên ta sử dụng công thức nhân ba để hạ bậc 3” HD: 1 3 1 PT  sin x   sin 3x  sin x   3 cos 3x  2(cos 4 x  sin x  sin 3x) 2 4 4 1 3 3 1  sin 3x  sin x  3 cos 3x  2cos 4 x  sin x  sin 3 x 2 2 2 2  sin 3x  3 cos3x  2cos 4 x “Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về dạng a.sinx + b.cosx” 1 3  sin 3x  cos 3x  cos 4x “Chia hai vế của PT cho 2” 2 2    2   cos  3x    cos 4x ĐS: x  k ,x   k2  6 42 7 6 Bài toán 8: Giải PTLG sau: 2.sin 2 2 x  sin 7 x  1  sin x Nhận xét: “Bình phương, khác góc ta thường sử dụng công thức hạ bậc” HD: 1  cos 4 x PT  2.  sin 7 x  1  sin x 2  sin 7 x  sin x  cos 4 x  0 “Tổng ta thường biến đổi về tích để đặt nhân tử chung”  2 cos 4 x.s in3x  cos 4 x  0 cos 4 x  0  cos 4 x(2s in3x  1)  0  sin 3x  sin   6
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai    2 5 2 KL : x  k ,x  k ,x  k 8 4 18 3 6 3 Bài toán 9: Giải PTLG sau: cos 2 3x cos2x  cos 2 x  0 Nhận xét: “Bình phương, khác góc ta thường sử dụng công thức hạ bậc” HD: cos 2 3x.cos2x  cos 2 x  0  1+cos6x  cos 2 x  1+cos2x  0 2 2  cos6x.cos 2x  1 “Tích ta thường biến đổi về tổng” 1   cos8 x  cos 4 x   1 “Góc 8x và 4x: nên sử dụng công thức nhân đôi” 2   2.cos 2 4 x  cos 4 x  3  0. ÐS : x  k . 2 Bài toán 10: Giải PTLG sau: sin 2x  cos2x  3s inx  cos x  1  0 Nhận xét: “Góc 2x và 1x: nên sử dụng công thức nhân đôi để biến đổi” HD: PT  2sin x.cos x  cos 2 x  3sin x  cos x  1  0 “Ở đây ta nhóm 2.sinx.cosx với cosx do khi nhóm với 3.sinx ta không giải tiếp được”  cos x.  2sin x  1  2sin 2 x  3sin x  2  0  cos x.  2sin x  1   2sin x  1 .  sin x  2   0   2sin x  1 cos x  sin x  2   0  2sin x  1  0 1  5  ÐS : x   k 2 , x   k 2 cos x  sin x  2  0  2  , PTVN 6 6 Bài toán 11: Giải PTLG sau: 5.sin x  2  3.(1  sin x).tan 2 x Nhận xét: “Đưa về cùng một hàm số lượng giác” Ở bài toán này ta nhận thấy “cùng góc” nên sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản và đưa PT về cùng một hàm số sinx”
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai HD: PT  5sinx(1  sin 2 x)  2(1  sin 2 x) = 3(1  sinx).sin 2 x  2sin 3 x+sin 2 x  5sinx+2=0 1  (t  1)(2t 2  3t  2)  0 (t = sinx)  t  1, t  , t  2 2   ÐS : x   k 2 , x   k 2 2 6 Bài toán 12: Giải PTLG sau: cos3x  cos2x  cosx 1  0 Nhận xét: “Đưa về cùng một hàm số lượng giác” Ở bài toán này ta nhận thấy cos3x và cos2x ta đều chuyển được về cosx nên sử dụng công thức nhân ba và công thức nhân đôi để đưa PT về cùng một hàm số sinx” HD: cos3x  cos2x  cosx  1  0  4.cos3 x  3.cos x  2cos 2 x  1  cos x  1  0  2cos3 x  cos 2 x  2cosx  1  0  (2 cos x  1)(cos 2 x  1)  0 1 2  cos x  ,sin x  0 ÐS : x    k 2 , x  k 2 3 Bài toán 13: Giải PTLG sau: sin x.sin 2 x  sin 3 x  6 cos3 x Nhận xét: “Biến đổi đưa về PT dạng: a.sin 3 x + b.cos 2 x.sin x + c.cosx.sin 2 x + d.sin x + e.cosx + f.cos 3 x = 0 ” HD: PT  2.sin 2 x.cos x  3sin x  4sin 3 x  6.cos3 x  0 Khi cosx = 0  sin 2 x  1 (không thỏa phương trình). Khi cosx ≠ 0: Chia 2 vế cho cos3x, đặt t = tanx ta được: t 3  2t 2  3t  6  0   t  2  .  t 2  3  0 Bài toán 14: Giải PTLG sau: sin 3 x  3 cos3 x  sin x.cos 2 x  3.sin 2 x.cos x Nhận xét: “Biến đổi đưa về PT dạng:
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai a.sin 3 x + b.cos 2 x.sin x + c.cosx.sin 2 x + d.sin x + e.cosx + f.cos 3 x = 0 ” HD: Khi cosx = 0  sin 2 x  1 (không thỏa phương trình). Khi cosx ≠ 0: Chia 2 vế cho cos3x, đặt t = tanx ta được: t 3  3t 2  t  3  0  (t  3)(t 2 1)  0    t   3, t  1 ÐS : x    k , x    k 3 4    Bài toán 15: Giải PTLG sau: cos  x    cos  x    cos  x    3  6   4       x x   6  Nhận xét: “Ở bài này ta nhận xét góc:  3    x   nên ta áp dụng công 2  4 thức biến đổi tổng thành tích để biến đổi PT” HD:         PT  2.cos  x   .cos  cos  x    cos  x    0 ĐS: x   k  4 12  4  4 2 sin 4 x  cos 4 x Bài toán 16: Giải PTLG sau:  cos 2 4 x     tan   x  .tan   x  4  4    Nhận xét: “Ở bài này ta nhận xét góc  x và  x phụ nhau, tử ta sử dụng các 4 4 phép biến đổi thường gặp” HD: Điều kiện:      Ta có:   x     x   nên tan   x   cot   x  4   4  2 4   4   3 1 Khi đó: PT   .cos 4 x  cos 2 4 x  4 cos 2 4 x  cos 4 x  3  0 4 4
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai cos 4 x  1  cos 4 x   3  4

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.