Phương trình lượng giác không mẫu mực và cách giải

Chia sẻ: Duong Minh Thong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

1.203
lượt xem 296
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương trình lượng giác không mẫu mực và cách giải

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 π   x = 6 + mπ  ( m, n ∈ Z ) ⇔ π  x = + 2nπ   6 1
π + 2kπ (k ∈ Z ) ĐS x = 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  −π π  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: sin 1996 x + cos1996 x = 1 (1) GIẢI (1) ⇔ sin x + cos x = sin x + cos 2 x 1996 1996 2 ⇔ sin 2 x (sin 1994 x − 1) = cos 2 x(1 − cos1994 x ) (2) 2 sin x ≥ 0 ⇒ sin 2 x (sin 1994 x − 1) ≤ 0, ∀x Ta thấy  1994 sin x ≤1  2 cos x ≥ 0 ⇒ cos 2 x(1 − cos1994 x) ≥ 0, ∀x Mà  1 − cos x ≥ 0 1994   x = mπ  sin x = 0  x = π + mπ  sin x = ±1 sin x(sin x − 1) = 0 2 1994   2 Do đó (2) ⇔  2 ⇔ ⇔ (m, n ∈ Z ) π cos x(1 − cos x ) = 0 cos x = 0  1994    x = + nπ cos x = ±1  2   x = nπ  2
π Vậy nghiệm của phương trình là: x = k (k ∈ Z ) 2 π 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 = α ∈ (a, b) và hàm f đơn điệu trong (a, b) thì f ( x) = 0 có nghiệm duy nhất là x = α . Phương trình f ( x) = g ( x) có 1 nghiệm x = α ∈ (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 = α là duy nhất. Bài 4. Giải phương trình: x2 với x > 0 cos x = 1 − 2 3
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 − 2 x 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) = cos 2 x(1 − cos13 x) (1) Vì sin 2 x(sin 2 x − 1) ≤ 0, ∀x Và cos 2 x(1 − cos13 x) ≥ 0, ∀x 2 sin x (sin x − 1) = 0 2 Do đó (1) ⇔  2 cos x(1 − cos13 x) = 0  4
sin x = 0  sin x = ±1 ⇔ cos x = 0 cos x = 1    x = mπ   x = π + mπ  2 ⇔ ( m, n ∈ Z )  x = π + nπ  2  x = 2nπ  π + kπ hay x = 2kπ , (k ∈ Z ) ĐS x = 2 C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI Bài 3: Giải các phương trình: π 1 sin 4 x + cos 4 ( x + ) = (1) 1. 4 4 1 (tan x + cot x ) n = cos n x + sin n x(n = 2,3,4,...) 2. 4 GIẢI 1. Ta có: 2 π  1 + cos(2 x + 2 ) (1) (1 − cos 2 x) 2  =1 + ⇔ 4 4 4 ⇔ (1 − cos 2 x) + (1 − sin 2 x ) = 1 2 2 ⇔ cos 2 x + sin 2 x = 1 π 2 ⇔ cos(2 x − )= 4 2  x = kπ ⇔ (k ∈ Z )  x = π + kπ  4 π 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 5
1 1 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ tan x = cot x ⇔ tan 2 x = ⇔ tan x = ± 4 4 2 2   1 • Với n = 2 : phương trình  tan x + cot x  = 1 có nghiệm cho   4 bởi: 1 1 ⇔ x = ± arctan + kπ (k ∈ Z ) tan x = ± 2 2 • Với n ∈ Z , n > 2 thì: cos x + sin n x ≤ cos 2 x + sin 2 x = 1 n π   x = k 2 khi n = 2m Dấu bằng xảy ra ⇔  (k , m ∈ Z )  x = 2kπ hay x = π + 2kπ khi n = 2m + 1   2 π (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 + kπ (k ∈ Z ) 2 Bài 4: Giải phương trình: 1 1 − 1 + cos 3 x − 1 = 1 (1) cos x cos x cos 3x GIẢI cos x > 0 Điều kiện:  cos 3 x > 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 3 x − cos 2 3 x ≤ 2 2   1 1 cos x − cos x = 4 cos x = 2 2   Dấu bằng xảy ra ⇔  ⇔ ⇔ x∈∅ cos 3 x − cos 2 3 x = 1 cos 3 x = 1     4 2 Vậy phương trình (1) vô nghiệm. 6
D.CÁC BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 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 sin 3 x + cos 3 x = 1  Vậy phương trình tương đương:  2 − sin 4 x = 1  π ĐS x = + 2kπ (k ∈ Z ) 2 Bài 2: Giải phương trình: π sin x + tan x − 2 x = 0 với 0 ≤ x ≤ 2 HƯỚNG DẪN Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x = 0  π Đặt f ( x) = sin x + tan x − 2 x liên tục trên 0;   2  π (cos x − 1)(cos x − cos x − 1) 2 Có đạo hàm: f ' ( x) = ≥ 0 , ∀x ∈ 0;  do 2  2 cos x 1− 5 1+ 5 < 0 ≤ cos x ≤ 1 < ⇒ cos 2 x − cos x − 1 < 0 2 2  π ⇒ f đơn điệu tăng trên 0;   2 Bài 3: Giải phương trình: ( cos 4 x − cos 2 x ) 2 = 5 + sin 3x π + 2kπ (k ∈ Z ) ĐS x = 2 Bài 4: Giải phương trình: cos 4 x − sin 4 x = cos x + sin x ĐS x = kπ (k ∈ Z ) Bài 5: Giải phương trình: 7
x 2 − 2 sin xy + 1 = 0 x = 1  x = −1   (k ∈ Z ) ĐS  π π hay   y = 2 + 2kπ  y = 2 + 2kπ   8
9