zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Chia sẻ: Thúc Nhân Nghĩa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Báo xấu

166
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực trình bày một số cách giải phương trình lượng giác không có trong các sách giáo khoa, có phần bài tập và hướng dẫn giải. Đây là tài liệu bổ ích cho các em học sinh để vận dụng linh hoạt trong cách giải Toán.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Math 08-11 PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ CÁCH GIẢI KHÔNG MẪU MỰC A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI Một số bài toán về phương trình lượng giác mà cách giải tuỳ theo đặc thù của phương trình, chứ không nằm ở trong phương pháp đã nêu ở hầu hết các sách giáo khoa. Một số phương trình lượng giác thể hiện tính không mẫu mực ở ngay dạng của chúng, nhưng cũng có những phương trình ta thấy dạng rất bình thường nhưng cách giải lại không mẫu mực. Sau đây là những phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực thường gặp. I.PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNG Phương pháp này nhằm biến đổi phương trình lượng giác về dạng một vế là tổng bình phương các số hạng (hay tổng các số hạng không âm) và vế còn lại bằng không và áp dụng tính chất: A  0 A2  B 2  0   B  0 Bài 1. Giải phương trình: 3 tan 2 x  4 sin 2 x  2 3 tan x  4 sin x  2  0 GIẢI 3 tan x  4 sin x  2 3 tan x  4 sin x  2  0 2 2  3 tan 2 x  2 3 tan x  1  4 sin 2 x  4 sin x  1  0  ( 3 tan x  1) 2  (2 sin x  1) 2  0  3 tan x  1  0  2 sin x  1  0  3 tan x    3 sin x  1   2    x  6  m   m, n  Z   x    2 n   6 Nguyễn Văn Tuấn Anh 1
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Math 08-11  ĐS x   2k (k  Z ) 6 II.PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP Phương pháp này được xây dựng trên tính chất: Để giải phương trình f ( x)  g ( x) , ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A → R: f ( x)  A, x  (a, b) và g ( x)  A, x  (a, b) thì khi đó:  f ( x)  A f ( x)  g ( x)    g ( x)  A Nếu ta chỉ có f ( x)  A và g ( x)  A , x  (a, b) thì kết luận phương trình vô ngiệm. Bài 2. Giải phương trình: cos 5 x  x 2  0 GIẢI cos x  x  0  x   cos x 5 2 2 5 Vì  1  cos x  1 nên 0  x 2  1  1  x  1    mà  1,1    ,   cos x  0, x   1,1   cos 5 x  0, x   1,1  2 2 Do x  0 và  cos 5 x  0 nên phương trình vô nghiệm. 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 3. Giải phương trình: sin1996 x  cos1996 x  1 (1) GIẢI (1)  sin1996 x  cos1996 x  sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x(sin1994 x  1)  cos 2 x(1  cos1994 x) (2) sin 2 x  0 Ta thấy  1994   sin 2 x(sin 1994 x  1)  0, x sin  x 1 cos 2 x  0 Mà   cos 2 x(1  cos 1994 x)  0, x 1  cos  1994 x0  x  m sin x  0    x    m sin 2 x(sin 1994 x  1)  0 sin x  1  Do đó (2)   2     2 (m, n  Z ) cos x(1  cos x)  0 cos x  0  x    n 1994  cos x  1  2   x  n  Nguyễn Văn Tuấn Anh 2
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Math 08-11  Vậy nghiệm của phương trình là: x  k (k  Z ) 2  ĐS x  k (k  Z ) 2 Áp dụng phương pháp đối lập, ta có thể suy ra cách giải nhanh chóng những phương trình lượng giác ở các dạng đặc biệt dưới đây: sin ax  1  sin bx  1  sin ax. sin bx  1   sin ax  1  sin bx  1  sin ax  1  sin bx  1  sin ax. sin bx  1   sin ax  1  sin bx  1  Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng: cos ax. cos bx  1 cos ax. cos bx  1 sin ax. cos bx  1 sin ax. cos bx  1 III. PHƯƠNG PHÁP ĐOÁN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH TÍNH DUY NHẤT CỦA NGHIỆM Tuỳ theo dạng và điều kiện của phương trình, ta tính nhẩm một nghiệm của phương trình, sau đó chứng tỏ nghiệm này là duy nhất bằng một trong những cách thông sụng sau:  Dùng tính chất đại số  Áp dụng tính đơn điệu của hàm số Phương trình f ( x)  0 có 1 nghiệm x    (a, b) và hàm f đơn điệu trong (a, b) thì f ( x)  0 có nghiệm duy nhất là x   . Phương trình f ( x)  g ( x) có 1 nghiệm x    (a, b) , f (x) tăng (giảm) trong (a, b) , g (x) giảm (tăng) trong (a, b) thì phương trình f ( x)  g ( x) có nghiệm x   là duy nhất. Bài 4. Giải phương trình: x2 cos x  1  với x  0 2 Nguyễn Văn Tuấn Anh 3
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Math 08-11 GIẢI Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm x  0 . x2 Đặt f ( x)  cos x   1 là biểu thức của hàm số có đạo hàm 2 f ' ( x)   sin x  x  0, x  0 (vì x  sin x , x )  Hàm f luôn đơn điệu tăng trong 0,  f ( x)  0 có 1 nghiệm duy nhất trong 0, Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x  0 . B.CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN Bài 1: Giải phương trình: x 2  2 x cos x  2 sin x  2  0 (1) GIẢI Ta có (1)  x  2x cos x  cos x  sin 2 x  2 sin x  1  0 2 2  ( x  cos x) 2  (sin x  1) 2  0  x  cos x  0  sin x  1  0 cos x  x  sin x  1 Phương trình vô nghiệm. Bài 2: Giải phương trình: sin 4 x  cos15 x  1 GIẢI Ta có: sin x  cos x  1 4 15  sin 4 x  cos15 x  sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x(sin 2 x  1)  cos2 x(1  cos13 x) (1) Vì sin 2 x(sin 2 x  1)  0, x Và cos 2 x(1  cos13 x)  0, x sin 2 x(sin 2 x  1)  0 Do đó (1)   2  cos x(1  cos 13 x)  0  Nguyễn Văn Tuấn Anh 4
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Math 08-11 sin x  0  sin x  1  cos x  0 cos x  1   x  m   x    m  2  (m, n  Z )  x    n  2  x  2n   ĐS x   k hay x  2k , (k  Z ) 2 C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI Bài 3: Giải các phương trình:  1 1. sin 4 x  cos 4 ( x  ) (1) 4 4 1 2. (tan x  cot x) n  cos n x  sin n x(n  2,3,4,...) 4 GIẢI 1. Ta có: 2    (1  cos 2 x) 2 1  cos(2 x  2 )  1 (1)   4 4 4  (1  cos 2 x)  (1  sin 2 x)  1 2 2  cos 2 x  sin 2 x  1  2  cos(2 x  ) 4 2  x  k  (k  Z )  x    k  4  2.Với điều kiện x  k ta có tan x và cot x luôn cùng dấu nên: 2 n 1 1 1 1 tan x  cot x  tan x  cot x  2 tan x  cot x  1  tan x  cot x  1 4 4 4 4 Nguyễn Văn Tuấn Anh 5
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Math 08-11 1 1 1 Dấu "=" xảy ra  tan x  cot x  tan 2 x   tan x   4 4 2 2  Với n  2 : phương trình  tan x  cot x   1 có nghiệm cho bởi: 1    4  1 1 tan x    x   arctan  k (k  Z ) 2 2  Với n  Z , n  2 thì: cos n x  sin n x  cos 2 x  sin 2 x  1    x  k 2 khi n  2m Dấu bằng xảy ra   (k , m  Z )  x  2k hay x    2k khi n  2m  1   2  (đều không thoả mãn điều kiện x  k của phương trình) 2 Vậy với n  2, n  Z thì phương trình vô nghiệm. 1 ĐS x   arctan  k (k  Z ) 2 Bài 4: Giải phương trình: 1 1 cos x  1  cos 3x  1  1 (1) cos x cos 3x GIẢI cos x  0 Điều kiện:  cos 3x  0 Khi đó (1)  cos x  cos 2 x  cos 3x  cos 2 3x  1 1 1 1 Vì a 2  a   (a  ) 2  0  a  a 2  4 2 4 1 1 Do đó cos x  cos 2 x  và cos 3x  cos 2 3x  4 4 1 1  cos x  cos 2 x  và cos 3x  cos 2 3x  2 2  1  1 cos x  cos x  4 cos x  2 2 Dấu bằng xảy ra       x  cos 3x  cos 2 3x  1 cos 3x  1   4   2 Vậy phương trình (1) vô nghiệm. D.CÁC BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Nguyễn Văn Tuấn Anh 6
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Math 08-11 Bài 1: Giải phương trình: sin 3 x  cos 3 x  2  sin 4 x HƯỚNG DẪN sin x  sin x , x 3 2 cos 3 x  cos 2 x , x  sin 3 x  cos 3 x  1 , x 2  sin 4 x  1 , x  3 sin x  cos x  1 3 Vậy phương trình tương đương:  2  sin 4 x  1   ĐS x   2k (k  Z ) 2 Bài 2: Giải phương trình:  sin x  tan x  2 x  0 với 0  x  2 HƯỚNG DẪN Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x  0  Đặt f ( x)  sin x  tan x  2 x liên tục trên 0;     2 (cos x  1)(cos x  cos x  1)   2 Có đạo hàm: f ' ( x)  2  0 , x  0;  do cos x  2 1 5 1 5  0  cos x  1   cos 2 x  cos x  1  0 2 2    f đơn điệu tăng trên 0;   2 Bài 3: Giải phương trình: cos 4x  cos 2 x2  5  sin 3x  ĐS x   2k (k  Z ) 2 Bài 4: Giải phương trình: cos 4 x  sin 4 x  cos x  sin x ĐS x  k (k  Z ) Bài 5: Giải phương trình: x 2  2 sin xy  1  0 Nguyễn Văn Tuấn Anh 7
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Math 08-11 x  1  x  1 ĐS    hay    (k  Z )  y  2  2k   y  2  2k  Nguyễn Văn Tuấn Anh 8

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.