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.
9 trang |
Chia sẻ: lephuong6688 | Lượt xem: 877 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem nội dung tài liệu Phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1
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:
0
0
022
B
A
BA
Bài 1. Giải phương trình:
02sin4tan32sin4tan3 22 xxxx
GIẢI
Znm
nx
mx
x
x
x
x
xx
xxxx
xxxx
,
2
6
6
2
1
sin
3
3
tan
01sin2
01tan3
0)1sin2()1tan3(
01sin4sin41tan32tan3
02sin4tan32sin4tan3
22
22
22
2
ĐS
kx 2
6
)( Zk
II.PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP
Phương pháp này được xây dựng trên tính chất: Để giải phương trình
)()( xgxf , ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A → R:
),(,)( baxAxf và ),(,)( baxAxg thì khi đó:
Axg
Axf
xgxf
)(
)(
)()(
Nếu ta chỉ có Axf )( và Axg )( , ),( bax thì kết luận phương trình
vô ngiệm.
Bài 2. Giải phương trình:
0cos 25 xx
GIẢI
xxxx 5225 cos0cos
Vì 1cos1 x nên 1110 2 xx
mà 1,1,0cos1,1,0cos
2
,
2
1,1 5
xxxx
Do 02 x và 0cos5 x nên phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 3. Giải phương trình:
1cossin 19961996 xx (1)
GIẢI
(1) xxxx 2219961996 cossincossin
)cos1(cos)1(sinsin 1994219942 xxxx (2)
Ta thấy xxx
x
x
,0)1(sinsin
1sin
0sin
19942
1994
2
Mà xxx
x
x
,0)cos1(cos
0cos1
0cos
19942
1994
2
Do đó (2) ),(
2
2
1cos
0cos
1sin
0sin
0)cos1(cos
0)1(sinsin
19942
19942
Znm
nx
nx
mx
mx
x
x
x
x
xx
xx
3
Vậy nghiệm của phương trình là: )(
2
Zkkx
ĐS )(
2
Zkkx
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:
1sin
1sin
1sin
1sin
1sin.sin
bx
ax
bx
ax
bxax
1sin
1sin
1sin
1sin
1sin.sin
bx
ax
bx
ax
bxax
Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng:
1cos.sin
1cos.sin
1cos.cos
1cos.cos
bxax
bxax
bxax
bxax
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 0)( xf có 1 nghiệm ),( bax và hàm f đơn điệu
trong ),( ba thì 0)( xf có nghiệm duy nhất là x .
Phương trình )()( xgxf có 1 nghiệm ),( bax , )(xf tăng (giảm)
trong ),( ba , )(xg giảm (tăng) trong ),( ba thì phương trình )()( xgxf có
nghiệm x là duy nhất.
Bài 4. Giải phương trình:
2
1cos
2x
x với 0x
4
GIẢI
Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm 0x .
Đặt 1
2
cos)(
2
x
xxf là biểu thức của hàm số có đạo hàm
0,0sin)(' xxxxf (vì xxx ,sin )
Hàm f luôn đơn điệu tăng trong ,0
0)( xf có 1 nghiệm duy nhất trong ,0
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất 0x .
B.CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN
Bài 1: Giải phương trình:
02sin2cos22 xxxx (1)
GIẢI
Ta có (1) 01sin2sincoscos2 222 xxxxxx
1sin
cos
01sin
0cos
0)1(sin)cos( 22
x
xx
x
xx
xxx
Phương trình vô nghiệm.
Bài 2: Giải phương trình:
1cossin 154 xx
GIẢI
Ta có: 1cossin 154 xx
xxxx 22154 cossincossin
)cos1(cos)1(sinsin 13222 xxxx (1)
Vì xxx ,0)1(sinsin 22
Và xxx ,0)cos1(cos 132
Do đó (1)
0)cos1(cos
0)1(sinsin
132
22
xx
xx
5
1cos
0cos
1sin
0sin
x
x
x
x
),(
2
2
2
Znm
nx
nx
mx
mx
ĐS
kx
2
hay kx 2 , )( Zk
C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI
Bài 3: Giải các phương trình:
1.
4
1
)
4
(cossin 44
xx (1)
2. ,...)4,3,2(sincos)cot
4
1
(tan nxxxx nnn
GIẢI
1. Ta có:
(1)
4
1
4
)
2
2cos(1
4
)2cos1(
2
2
x
x
1)2sin1()2cos1( 22 xx
2
2
)
4
2cos(
12sin2cos
x
xx
)(
4
Zk
kx
kx
2.Với điều kiện
2
kx ta có xtan và xcot luôn cùng dấu nên:
1cot
4
1
tan1cot
4
1
tan2cot
4
1
tancot
4
1
tan
n
xxxxxxxx
6
Dấu "=" xảy ra
2
1
tan
4
1
tancot
4
1
tan 2 xxxx
Với 2n : phương trình 1cot
4
1
tan
2
xx có nghiệm cho bởi:
)(
2
1
arctan
2
1
tan Zkkxx
Với 2, nZn thì:
1sincossincos 22 xxxx nn
Dấu bằng xảy ra ),(
122
2
2
2
2
Zmk
mnkhikxhaykx
mnkhikx
(đều không thoả mãn điều kiện
2
kx của phương trình)
Vậy với Znn ,2 thì phương trình vô nghiệm.
ĐS )(
2
1
arctan Zkkx
Bài 4: Giải phương trình:
11
3cos
1
3cos1
cos
1
cos
x
x
x
x (1)
GIẢI
Điều kiện:
03cos
0cos
x
x
Khi đó (1) 13cos3coscoscos 22 xxxx
Vì
4
1
0)
2
1
(
4
1 222 aaaaa
Do đó
4
1
coscos 2 xx và
4
1
3cos3cos 2 xx
2
1
3cos3cos
2
1
coscos 22 xxvàxx
Dấu bằng xảy ra
x
x
x
xx
xx
2
1
3cos
2
1
cos
4
1
3cos3cos
4
1
coscos
2
2
Vậy phương trình (1) vô nghiệm.
D.CÁC BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
7
Bài 1: Giải phương trình:
xxx 433 sin2cossin
HƯỚNG DẪN
xx
xxx
xxx
xxx
,1sin2
,1cossin
,coscos
,sinsin
4
33
23
23
Vậy phương trình tương đương:
1sin2
1cossin
4
33
x
xx
ĐS )(2
2
Zkkx
Bài 2: Giải phương trình:
02tansin xxx với
2
0
x
HƯỚNG DẪN
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm 0x
Đặt xxxxf 2tansin)( liên tục trên
2
;0
Có đạo hàm:
2
;0,0
cos
)1cos)(cos1(cos
)('
2
2
x
x
xxx
xf do
01coscos
2
51
1cos0
2
51 2
xxx
f đơn điệu tăng trên
2
;0
Bài 3: Giải phương trình:
xxx 3sin52cos4cos 2
ĐS )(2
2
Zkkx
Bài 4: Giải phương trình:
xxxx sincossincos 44
ĐS )( Zkkx
Bài 5: Giải phương trình:
01sin22 xyx
8
ĐS
ky
x
2
2
1
hay
ky
x
2
2
1
)( Zk
9
File đính kèm:
- Luong giac.pdf