Phương trinh lượng giác có giải chi tiết

44 781 0
Phương trinh lượng giác có giải chi tiết

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

219 Bài 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC NHẤT VỚI SINX, COSX 1. Phương pháp chung: 2 2 sin cos ; 0a x b x c a b+ = + > (1) Cách 1. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 sin cos cos c a b x x x a b a b a b ⇔ = + = − α + + + Với 2 2 2 2 2 2 sin ; cos ; cos 2 a b c x k a b a b a b = α = α = β ⇒ = α ± β + π + + + Chú ý: (1) có nghiệm 2 2 2 c a b⇔ ≤ + Cách 2. Xét cos 0 2 x = là nghiệm của (1) 0b c ⇔ + = Xét 0b c + ≠ . Đặt tan 2 x t = thì 2 2 2 2 1 sin ; cos 1 1 t t x x t t − = = + + . Khi đó ( ) 1 ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 0f t c b t at c b= + − + − = Cách 3. Phân tích thành phương trình tích 2. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1. Giải phương trình: 3 3sin 3 3 cos 9 1 sin 3x x x− = + Giải ( ) 3 3 3sin 3 3 cos 9 1 4sin 3 3sin 3 4sin 3 3 cos 9 1x x x x x x− = + ⇔ − − = 3 1 1 sin 9 3 cos 9 1 sin 9 cos 9 2 2 2 x x x x⇔ − = ⇔ − = ( ) 1 sin 9 3 2 x π ⇔ − = ( ) 2 9 2 3 6 18 9 5 7 2 9 2 3 6 54 9 k x k x k k x k x π π π π   − = + π = +   ⇔ ⇔ ∈   π π π π − = + π = +     » Bài 2. Giải phương trình: cos 7 . cos 5 3 sin 2 1 sin 7 .sin 5x x x x x− = − (1) Giải ( ) ( ) 1 cos 7 . cos 5 sin 7 .sin 5 3 sin 2 1x x x x x⇔ + − = ( ) cos 7 5 3 sin 2 cos 2 3.sin 2 1x x x x x⇔ − − ⇔ − = 3 1 1 1 cos 2 sin 2 cos cos 2 sin sin 2 2 2 2 3 3 2 x x x x π π ⇔ − = ⇔ − = ( ) ( ) 1 cos 2 2 2 3 2 3 3 3 x x k x k x k k π π π −π ⇔ + = ⇔ + = ± + π ⇔ = π ∨ = + π ∈» P P P H H H Ư Ư Ư Ơ Ơ Ơ N N N G G G T T T R R R Ì Ì Ì N N N H H H L L L Ư Ư Ư Ợ Ợ Ợ N N N G G G G G G I I I Á Á Á C C C 220 Bài 3. Giải phương trình: ( ) 2 2 sin cos cos 3 cos 2 x x x x + = + (1) Giải ( ) ( ) 1 2 sin 2 2 1 cos 2 3 cos 2 x x x ⇔ + + = + ( ) 2 sin 2 2 1 cos 2 3 2 x x⇔ + − = − .Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 5 2 2 3 2 11 6 2 a b c  + = + − = −    = − = −  . Ta sẽ chứng minh: 2 2 2 a b c + < 5 2 2 11 6 2 ⇔ − < − ( ) 2 2 4 2 6 32 36 ⇔ < ⇔ < (đúng). Vậy (1) vô nghiệm. Bài 4. Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 3sin 4sin 5sin 5 0 3 6 6 x x x π π π − + + + + = Giải ( ) ( ) ( ) 3sin 4cos 5sin 5 3 2 6 6 x x x π π π π   ⇔ − + − + = − +     ( ) ( ) ( ) 3sin 4cos 5sin 5 3 3 6 x x x π π π   ⇔ − + − = + + π     . Đặt 3 4 sin ,cos 5 5 α = α = ( ) ( ) 7 cos sin sin . cos sin 5 3 3 6 x x x π π π   ⇔ α − + α − = +     ( ) ( ) 7 sin sin 5 3 6 x x π π   ⇔ − + α = +     9 24 4 2 36 6 3 k k x x π α π π α π ⇔ = + + ∨ = − + Bài 5. Giải phương trình: 3 3 4sin cos 3 4cos sin 3 3 3 cos 4 3 x x x x x + + = (1) Giải ( ) [ ] [ ] 1 3sin sin 3 cos 3 3cos cos 3 sin 3 3 3 cos 4 3 x x x x x x x ⇔ − + + + = [ ] 3 sin cos 3 sin 3 cos 3 3 cos 4 3 sin 4 3 cos 4 1 x x x x x x x ⇔ + + = ⇔ + = ( ) 3 1 1 1 sin 4 cos 4 cos sin 4 sin cos 4 sin 4 2 2 2 3 3 3 2 x x x x x π π π ⇔ + = ⇔ + = + = ( ) 24 2 8 2 k k x x k −π π π π ⇔ = + ∨ = + ∈ » Bài 6. Giải phương trình: 3sin cos 1 x x + = Giải Ta có 3sin cos 1 3sin 1 cos x x x x + = ⇔ = − ( ) 2 6sin cos 2sin 2sin 3cos sin 0 2 2 2 2 2 2 x x x x x x ⇔ = ⇔ − = . Xét 2 khả năng a. sin 0 2 2 2 x x k x k = ⇔ = π ⇔ = π b. ( ) 3cos sin 0 tg 3 2 2 2 2 2 2 x x x x k x k k− = ⇔ = ⇔ = α + π ⇔ = α + π ∈ » 221 Bài 7. Giải phương trình: sin 5cos 1 x x + = (1) Giải ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 5 cos 1 sin 5 cos sin cos sin cos sin 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x⇔ = − ⇔ − + = − ( ) ( ) 2 cos sin 4 cos 6 sin 0 tan 1 tan tan 2 2 2 2 2 2 3 x x x x x x ⇔ − + = ⇔ = ∨ = − = α ( ) 2 2 2 2 4 2 2 x x k k x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = α + π ⇔ = + π ∨ = α + π ∈ » Bài 8. Giải phương trình: ( ) sin 3 cos sin 3 cos 2 1 x x x x+ + + = Giải Ta có: ( ) 3 1 sin 3 cos 2 sin cos 2sin 2 2 3 x x x x x   π + = + = +     Đặt ( ) sin 3 cos 2sin 0 2 3 t x x x t π = + = + ⇒ ≤ ≤ , khi đó ( ) ( ) [ ] 2 2 1 2 2 2 5 4 0 1 0;2 t t t t t t t t t⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ − + = ⇔ = ∈ ( ) ( ) 1 2sin 1 sin 3 3 2 x x π π ⇔ + = ⇔ + = ( ) 2 2 6 2 x k x k k −π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈ » Bài 9. Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 1 3 sin 1 3 cos 2 1 x x+ + − = Giải Do ( ) 1 3 2 2 3 0 b c + = + + = − ≠ nên cos 0 2 x = không là nghiệm của (1) Đặt 2 2t tan sin 2 1+t x t x= ⇒ và 2 2 1 cos 1 t x t − = + , khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 3 2 2 1 3 1 3 1 2 1 1 1 t t t t t t t − ⇔ + + − = ⇔ + + − − = + + + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 1 3 1 3 0t t ⇔ − − + + + = ⇔ 1 3 5 1 tan tan tan tan 2 6 2 12 3 1 3 x x t t + π π = ∨ = − ⇔ = ∨ = − 5 2 2 3 6 x k x k π π ⇔ = + π ∨ = + π Bài 10. Giải phương trình: ( ) ( ) sin 3 3 2 cos 3 1 1 x x+ − = Giải Do ( ) 3 2 1 3 1 0 b c + = − + = − ≠ nên 3 cos 0 2 x = không là nghiệm của (1) 222 Đặt 2 3 2 tan sin 3 2 1 x t t x t = ⇒ = + và 2 2 1 cos 3 1 t x t − = + , khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 3 2 1 1 t t t ⇔ + − − = + ( ) ( ) 2 1 3 2 3 3 0 t t ⇔ − + + − = 1 3 3 tan 1 tan 3 2 2 3 t x x t =  ⇔ ⇔ = ∨ =  =  ( ) 2 2 2 6 3 9 3 k k x x k π π π π ⇔ = + ∨ = + ∈ » Bài 11. Tìm m để ( ) 2sin cos 1 1 x m x m+ = − có nghiệm , 2 2 x −π π   ∈     Giải Do ( ) 1 0 b c m m + = + − ≠ nên cos 0 2 x = không là nghiệm của (1) Đặt tan 2 x t = thì ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 t t m m t t − ⇔ ⋅ + ⋅ = − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 1 4 1 2 0 t m t m t f t t t m ⇔ + − = − + ⇔ = − + − = Cách 1: Yêu cầu bài toán ( ) 2 4 1 2 0 f t t t m ⇔ = − + − = có nghiệm [ ] 1,1 t ∈ − Xét ( ) 1 0 6 2 0 3 f m m − = ⇔ − = ⇔ = thỏa mãn Xét ( ) 1 0 2 2 0 1 f m m = ⇔ − − = ⇔ = − thỏa mãn Xét ( ) 0 f t = có 1 nghiệm ( ) 1,1 t ∈ − và 1 nghiệm [ ] 1,1 t ∉ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 6 2 2 2 0 2 6 2 2 0 1 3 f f m m m m m ⇔ − = − − − < ⇔ − + < ⇔ − < < Xét ( ) 0 f t = có 2 nghiệm 1 2 , t t thỏa mãn 1 2 1 1 t t − < ≤ < ( ) ( ) { } 0; 1. 1 0; 1. 1 0; 1 1 2 S f f ′ ⇔ ∆ ≥ − > > − < < , hệ này vô nghiệm Kết luận : (1) có nghiệm , 1 3 2 2 x m −π π   ∈ ⇔ − ≤ ≤     . Cách 2 : ( ) 2 4 1 2 0 f t t t m = − + − = có nghiệm [ ] 1,1 t ∈ − ( ) 2 1 1 2 2 2 g t t t m ⇔ = − + = có nghiệm [ ] 1,1 t ∈ − Ta có: ( ) [ ] ( ) 2 0 1,1 g t t t g t ′ = − < ∀ ∈ − ⇒ nghịch biến trên [ ] 1,1 − Suy ra tập giá trị ( ) g t là đoạn ( ) ( ) [ ] 1 , 1 1, 3 g g   − ≡ −   . Từ đó (1) có nghiệm ( ) , 2 2 x g t m −π π   ∈ ⇔ =     có nghiệm [ ] 1,1 1 3 t m ∈ − ⇔ − ≤ ≤ Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx 223 II. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 2 VỚI SINX, COSX 1. Phương pháp chung 2 2 sin sin cos cos 0 a x b x x c x d + + + = với ( ) 2 2 2 0 1 a b c+ + > Bước 1: Xét cos 0 x = có là nghiệm của (1) hay không 0 a d ⇔ + = Bước 2: Xét 0 cos 0 a d x + ≠ ⇒ = không là nghiệm của (1) Chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được phương trình ( ) ( ) 2 2 1 tan tan 1 tan 0 a x b x c d x ⇔ + + + + = . Đặt tan t x = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0 f t a d t bt c d ⇔ = + + + + = Bước 3: Giải và biện luận ( ) 0 f t = ⇒ Nghiệm 0 tg t x = ⇒ nghiệm x. 2. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1. a . Giải phương trình: 2 2 sin 2sin cos 3cos 3 0 x x x x + + − = b. Giải phương trình: 2 sin 3sin cos 1 0 x x x − + = Giải a. 2 2 sin 2sin cos 3cos 3 0 x x x x + + − = (1) Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) 2 2 2 cos 0 sin 1 sin 3 0 sin 3 x x x x =  =   ⇒ ⇔   − = =     ⇒ Vô lý. Chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được ( ) ( ) 2 2 2 1 tan 2 tan 3 3 1 tan 0 2 tan 2 tan 0 x x x x x ⇔ + + − + = ⇔ − = ( ) ( ) tan 0 2 tan 1 tan 0 tan 1 4 x k x x x k x k x = π  =   ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈  π = + π =    » b. 2 sin 3sin cos 1 0 x x x − + = (2) Nếu cos 0 x = là nghiệm của (2) thì từ (2) 2 cos 0 sin 1 0 x x =   ⇒  + =   ⇒ Vô lý Chia 2 vế của (2) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 tan 3tan 1 tan 0 2 tan 3 tan 1 0 x x x x x ⇔ − + + = ⇔ − + = ( )( ) ( ) tan 1 tan 4 4 tan 1 2 tan 1 0 1 tan tan 2 x x k x x k x x k π  = = π  = + π   ⇔ − − = ⇔ ⇔ ∈   = = α = α + π    » 224 Bài 2. a. Giải phương trình: 2 2 5 4 3 sin cos 4cos 2sin 2 x x x x + = + b. GPT: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 3 3sin 3 2 sin cos 5sin 0 2 2 2 x x x x x π π π π − + + + − + = Giải a. Phương trình ( ) 2 2 5 2sin 4 3 sin cos 4cos 0 1 2 x x x x⇔ − − + = Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) 2 5 2sin 0 2 x ⇒ + = ⇒ Vô lý Chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được phương trình ( ) ( ) 2 2 2 5 1 2 tan 4 3 tan 4 1 tan 0 9 tan 8 3 tan 3 0 2 x x x x ⇔ − − + + = ⇔ − − = ( ) 3 tan 3 tan tan tan 3 9 3 x x x k x k k − π π ⇔ = = ∨ = = α ⇔ = + π ∨ = α + π ∈ » b. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 3 3sin 3 2 sin cos 5sin 0 2 2 2 x x x x x π π π π − + + + − + = ( ) 2 2 3sin 2 sin cos 5 cos 0 2 x x x x⇔ − − = Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (2) cos 0 sin 0 x x =  ⇒  =  ⇒ Vô lý Chia 2 vế của (2) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được phương trình ( ) 2 tan 1 tan 4 4 2 3tan 2 tan 5 0 5 tan tan 3 x x k x x x x k −π  = − = −π  = + π   ⇔ − − = ⇔ ⇔   = = α = α = π    Bài 3. GPT: a . 1 3 sin cos cos x x x + = b. 1 4sin 6 cos cos x x x + = Giải a. 2 2 3 sin cos 1 1 3 sin cos 3 tan 1 1 tan cos cos cos x x x x x x x x x + + = ⇔ = ⇔ + = + ( ) { } 2 tan 0 tan 3 tan 0 tan tan 3 0 ; 3 tan 3 x x x x x x k k x =  π ⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈ π + π  =  b . 2 2 4sin 6 cos 1 1 4sin 6 cos 4 tan 6 1 tan cos cos cos x x x x x x x x x + + = ⇔ = ⇔ + = + ⇔ ( )( ) 2 tan 1 tan 4 4 tan 4tan 5 0 tan 1 tan 5 0 tan 5 tan x x k x x x x x x k −π −π   = − = = + π   − − = ⇔ + − = ⇔ ⇔   = = α = α + π   Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx 225 Bài 4. Giải phương trình: 2 2 3 7 sin 2 sin 2 3cos 3 15 0 x x x + − − = (1) Giải Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) 2 3 cos 0 7 sin 3 15 x x =   ⇒  =   ⇒ Vô lý Chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) 2 2 3 1 7 tan 4 tan 3 3 15 1 tan 0 x x x ⇔ + − − + = ( ) ( ) ( ) 2 3 3 7 3 15 tan 4 tan 3 3 15 0 2 x x⇔ − + − + = . Ta có 3 2 3 25 12 15 9 15 ′ ∆ = + − Đặt 3 3 3 5 15 15 25 3 t t t = ⇒ = ⇒ = , ta sẽ chứng minh ∆′ <0 . Thật vậy, ta có: ( ) ( ) 3 2 5 5 12 9 12 3 3 3 5 t t t t t t ′ ∆ = − + = − − . Do ( ) 3 3 3 12 2,4 15 3 2,4 15 3 5 t < < ⇔ = < = < nên suy ra: ( ) 0 2 ′ ∆ < ⇒ vô nghiệm ⇒ (1) vô nghiệm. Bài 5. Tìm m để: 2 cos 4 sin cos 2 0 m x x x m − + − = có nghiệm ( ) 0, 4 x π ∈ Giải Với ( ) 0, 4 x π ∈ thì cos 0 x ≠ nên chia 2 vế phương trình cho 2 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) 2 4 tan 2 1 tan 0 m x m x − + − + = . Đặt ( ) tan 0,1 t x= ∈ . Khi đó: ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 0 2 2 4 2m t t m m t t t − − + − = ⇔ + = + + ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 t t g t m t + + = = + . Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 4 2 1 0, 0, 1 2 2 t t t t g t t t t − − − − + ′ = = > ∀ ∈ + + ( ) g t ⇒ tăng / ( ) ( ) 0,1 g t m ⇒ = có nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,1 0 , 1 1, 2 t m g g∈ ⇔ ∈ ≡ . Bài 6. Cho phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 sin 2 2 sin cos 1 cos 1 x m x x m x m+ − − + = a. GPT: 2 m = − b. Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải Nếu cos 0 x = là nghiệm của phương trình (1) thì từ (1) suy ra 2 cos 0 sin x x m =    =   2 2 2 1 1 sin 1 1 cos 0 sin 1 sin 2 m m x m x k x x x m =   = = =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     π = + π = = =        Nếu 1 m ≠ thì cos 0 x = không là nghiệm của (1), khi đó chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 tan 2 2 tan 1 1 tan x m x m m x ⇔ + − − + = + 226 ( ) ( ) ( ) 2 tan 1 tan 2 1 tan 2 1 0 f x m x m x m ⇔ = − − − + + = a. Nếu 2 m = − thì ( ) ( ) 2 1 3 tan 1 0 4 x x k π ⇔ − − = ⇔ = + π b. (1) có nghiệm 2 1 1 1 2 1 1 0 2 0 m m m m m m m =  =    ≠ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤  ≠         ′ ∆ ≥ − − + ≥      Bài 7. Cho phương trình: ( ) 2 2 cos sin cos 2 sin 0 1 x x x x m− − − − a. Giải phương trình (1) khi 1 m = b. Giải biện luận theo m Giải a. Với 1 m = ta có ( ) 2 2 1 cos sin cos 2sin 1 0 x x x x ⇔ − − − = ( ) { } cos 3sin sin 0 sin 0 co tg 3 cotg ; x x x x x x k k ⇔ + = ⇔ = ∨ = − = α ⇔ ∈ π α + π b. ( ) ( ) 1 cos 2 1 1 sin 2 1 cos 2 0 3cos 2 sin 2 2 1 2 2 x x x m x x m + ⇔ − − − − = ⇔ − = + 3 2 1 1 cos 2 sin 2 10 10 10 m x x + ⇔ − = . Đặt 3 1 cos , sin 10 10 α = α = , khi đó ta có ( ) 2 1 2 1 cos cos 2 sin sin 2 cos 2 10 10 m m x x x + + α − α = ⇔ + α = + Nếu 1 10 1 10 2 1 1 2 2 10 m m m     − − − + + > ⇔ < >         ∪ thì (2) vô nghiệm + Nếu 1 10 1 10 2 1 1 , 2 2 10 m m   − − − + + ≤ ⇔ ∈     thì đặt 2 1 cos 10 m + = β Khi đó ( ) ( ) ( ) 1 2 cos 2 cos 2 x x k ±β − α ⇔ ⇔ + α = β ⇔ = + π Bài 8. Giải và biện luận: ( ) 2 2 sin 4sin cos 2cos 0 1 m x x x x+ + = Giải • 0 m = , ( ) ( ) { } cos 0 1 2cos 2sin cos 0 ; 2 cot 2 cot x x x x x k k x =  π ⇔ + = ⇔ ⇔ ∈ + π α+ π  = − = α  • 0 m ≠ thì ( ) 2 1 tan 4 tan 2 0 m x x ⇔ + + = với 4 2 m ′ ∆ = − + Nếu 2 m > thì (1) vô nghiệm; Nếu 2 m = thì tan 1 4 x x k −π = − ⇔ = + π + Nếu 0 2 m ≠ < thì 2 4 2 tan tan m x x k m − ± − = = β ⇔ = β + π . Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx 227 III. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 3 VỚI SINX, COSX 1. Phương pháp chung 3 2 2 3 sin sin cos sin cos cos 0 a x b x x c x x d x + + + = với ( ) 2 2 2 2 0 1 a b c d+ + + > ( ) 3 2 2 3 sin sin cos sin cos cos sin cos 0 a x b x x c x x d x m x n x + + + + + = Bước 1: Xét cos 0 x = có là nghiệm của phương trình hay không Bước 2: Xét cos 0 x ≠ không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của (1) cho 3 cos 0 x ≠ và sử dụng công thức ( ) 2 2 2 3 sin 1 1 tan ; tan 1 tan cos cos x x x x x x = + = + ta nhận được phương trình bậc 3 ẩn tan x . Bước 3: Giải và biện luận phương trình bậc 3 ẩn tg x . 2. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1. Giải phương trình: ( ) 3 3 2 4 sin 3cos 3sin sin cos 0 1 x x x x x+ − − = Giải Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra 3 3 cos 0 sin 1 sin 1 4 sin 3sin 0 4 sin 3sin 0 x x x x x x x = = ∨ = −     ⇔ ⇒   − = − =     Vô lý Chia 2 vế của (1) cho 3 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) 3 2 2 1 4tan 3 3tan 1 tan tan 0 x x x x ⇔ + − + − = ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 tan tan 3tan 1 tan tan 0 tan 1 tan 3 0 x x x x x x x ⇔ − − + − = ⇔ − − = ( ) tan 1 tan 3 4 3 x x x k x k k π π ⇔ = ∨ = ± ⇔ = + π ∨ = ± + π ∈ » Bài 2. Giải phương trình: ( ) 3 sin 2 .sin 2 sin 3 6 cos 1 x x x x+ = Giải ( ) ( ) 3 3 1 sin 2sin cos 3sin 4sin 6cos x x x x x x ⇔ + − = 3 2 3 4 sin 3sin 2 sin cos 6 cos 0 x x x x x ⇔ − − + = (2) Nếu cos 0 x = là nghiệm của (2) thì từ (2) suy ra 3 3 cos 0 sin 1 sin 1 4 sin 3sin 0 4 sin 3sin 0 x x x x x x x = = ∨ = −     ⇔ ⇒   − = − =     Vô lý Chia 2 vế của (2) cho 3 cos 0 x ≠ ta có ( ) 3 2 2 tan 2 tan 3tan 6 0 x x x ⇔ − − + = ( ) ( ) { } 2 tan 2 tan 3 0 tan 2 tan tan 3 ; 3 x x x x x k k π ⇔ − − = ⇔ = = α ∨ = ± ⇔ ∈ α + π ± + π 228 Bài 3. Giải phương trình: 1 3sin 2 2 tan x x + = Giải Điều kiện: ( ) cos 0 1 2 x x k π ≠ ⇔ ≠ + π 2 2 1 1 1 3sin 2 2 tan 1 6sin cos 2 tan 6 tan 2 tan cos cos x x x x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ + = ⋅ ( ) ( ) 2 2 3 2 1 tan 6 tan 2 tan 1 tan 2 tan tan 4 tan 1 0 x x x x x x x ⇔ + + = + ⇔ − − − = ( ) ( ) 2 1,2 1,2 tan 1 4 tan 1 2 tan 3tan 1 0 3 17 tan tan 4 x x n x x x x x n = − π   = − + π   ⇔ + − − = ⇔ ⇔ ±   = = α = α + π    Bài 4. Giải phương trình: ( ) 3 2 sin 2 sin 4 x x π + = (1) Giải ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 1 2 2 sin 4sin 2 sin 4sin sin cos 4sin 4 4 x x x x x x x π  π  ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =     Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra 3 3 cos 0 sin 1 sin 1 sin 4sin sin 4sin 0 x x x x x x x = = ∨ = −     ⇔ ⇒   = − =     Vô lý Chia 2 vế của (1) cho 3 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 3 1 tan 1 4tan 1 tan tan 3tan 3tan 1 4 tan 4tan x x x x x x x x ⇔ + = + ⇔ + + + = + ( ) ( ) 3 2 2 3tan 3tan tan 1 0 tan 1 3tan 1 0 tan 1 4 x x x x x x x k π ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = + π Bài 5. Giải phương trình: ( ) 3 8 cos cos3 3 x x π + = Giải ( ) 3 3 8 cos cos3 8 cos .cos sin sin cos 3 3 3 3 x x x x x π π π   + = ⇔ − =     ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 cos 3 sin 4 cos 3cos 3 sin cos 3cos 4 cos 0 1 x x x x x x x x⇔ − = − ⇔ − − + = Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra 2 2 cos 1 0 cos sin 1 0 1 sin 0 x x x x =  ⇒ = + = ⇒ = ⇒  =  Vô lý [...]... cos x = 0 a Gi i phương trình khi m = 2 b Tìm m phương trình có nghi m duy nh t x ∈  0, π   4   Gi i N u cos x = 0 là nghi m c a phương trình thì t phương trình suy ra cos x = 0 sin x = 1 ∨ sin x = −1   ⇔ ⇒ Vô lý  3 ( 4 − 6 ) sin x + ( 6m − 3) sin x = 0 ( 4 − 6m ) sin 3 x + ( 6m − 3) sin x    Chia 2 v c a phương trình cho cos 3 x ≠ 0 ta có phương trình ⇔ ( 4 − 6m) tan 3 x + 3 ( 2m − 1)... trình (1) có nghi m duy nh t x ∈ 0, π thì phương trình g ( t ) = 2m 4 ho c vô nghi m t ∈ [ 0,1] ho c có úng 1 nghi m t = 1  2m ≥ 2 m ≥ 1 ⇔ g ( t ) = 2m vô nghi m t ∈ [ 0,1) ⇔  ⇔  2m < 3 m < 3 2 4   230 Bài 1 Phương trình ng c p b c nh t, b c hai, b c ba v i sinx, cosx 231 Bài 4 Phương trình Bài 2 PHƯƠNG TRÌNH I PHƯƠNG TRÌNH I X NG VÀ N A i x ng và n a i x ng I X NG I X NG V I SINX, COSX 1 Phương. .. Ta có f ′ ( t ) = −3t 2 + 3 = 0 ⇔ t = ±1 ⇒ B ng bi n thiên V i t = 2 ∨ t ∈ ( −1, 1) cho ta 1 nghi m x ∈ [ 0, π] và v i m i t ∈ 1, 2  ) cho ta 2 nghi m x ∈ [ 0, π] Nên phương trình sin 3 x − cos 3 x = m có 3 nghi m phân bi t x ∈ [ 0, π] 234 –1 f′(t) 0 2 < m < 1 2 1 + 0 2 – 2 f(t) –2 thì f ( t ) = 2m ph i có 2 nghi m t1 , t 2 sao cho −1 < t1 < 1 < t 2 < 2 ⇔ 2 < 2m < 2 ⇔ t 2 Bài 4 Phương trình II PHƯƠNG... t1 t 2 = 1 ⇒  ⇒ 0 < t 2 ≤ 1 < 2 t 2 ∈( − 2, 2 )   V y phương trình ã cho luôn có nghi m ∀ m ∈ » Bài 11 Tìm m phương trình: sin 2 x + 4 ( cos x − sin x ) = m có nghi m Gi i t t = cos x − sin x ∈  − 2;  2  và sin 2 x = 1 − t 2 , khi ó phương trình ã cho  ⇔ f ( t ) = −t 2 + 4t + 1 = m v i t ∈ − 2; 2    Ta có f ′ ( t ) = 4 − 2t > 0 ∀t ∈ − 2, 2  ⇒ f ( t )   ⇒ T p giá tr f ( t ) là  f... 2 + 1    Do ó phương trình ã cho có nghi m ⇔ f ( t ) = m có nghi m t ∈  − 2, 2    ⇔ −4 2 − 1 ≤ m ≤ 4 2 + 1 Bài 12 Tìm m : sin 3 x − cos 3 x = m có 3 nghi m phân bi t x ∈ [ 0, π] Gi i Bi n 3 i: sin 3 x − cos 3 x = m ⇔ ( sin x − cos x ) + 3sin x cos x ( sin x − cos x ) = m ( ) 2 t t = sin x − cos x = 2 sin x − π ∈  −1, 2  ∀x ∈ [ 0, π] ; sin x cos x = 1 − t   2 4 Khi ó phương trình 2  ... x = 0 có nghi m Gi i ( ) t t = sin x + cos x = 2 cos x − π ∈  − 2; 4  2  ⇒ sin 2 x = t 2 − 1  Khi ó phương trình ⇔ mt + t 2 − 1 = 0 ⇔ f ( t ) = t 2 + mt − 1 = 0 v i t ∈ − 2; 2    ý r ng: ∆ 1 = m 2 + 4 > 0 nên f ( t ) = 0 có 2 nghi m phân bi t t1 , t 2 233 Theo 0 < t1 ≤ 1 < 2 t ∈( − 2, 2 ) 1 nh lý Viét, ta có t1 t 2 = −1 ⇒ t1 t 2 = 1 ⇒  ⇒ 0 < t 2 ≤ 1 < 2 t 2 ∈( − 2, 2 )   V y phương. ..  Chia 2 v c a (3) cho cos 3 x ≠ 0 ta có 3 tan x (1 + tan 2 x ) − 1 − 5 tan x = 0 ⇔ ( tan x − 1) ( 3 tan 2 x + 3 tan x + 1) = 0  ⇔ ( tan x − 1) 3 tan x + 1 2  ( ) 2  + 1  = 0 ⇔ tan x = 1 ⇔ x = π + nπ 4 4 Do x = π + nπ mâu thu n v i (2): x ≠ π + k π nên phương trình (1) vô nghi m 4 4 2 229 Bài 8 ( 4 − 6m ) sin 3 x + 3 ( 2m − 1) sin x + 2 ( m − 2 ) sin 2 x cos x − ( 4m − 3) cos x = 0 a Gi i phương. .. cos x = 2 sin x − π ∈  − 2; 2  ⇒ sin x cos x = 1 (1 − t 2 ) 4 2  i ưa v phương trình b c 2 n t Bư c 2 Gi i phương trình b c 2 n t T ó suy ra nghi m x 2 Các bài t p m u minh h a Bài 1 Gi i phương trình: 2 ( sin x + cos x ) − sin x cos x = 1 (1) Gi i ( ) 2 t t = sin x + cos x = 2 cos x − π ∈  − 2, 2  ⇒ sin x cos x = t − 1 Ta có   4 2 ( ) (1) ⇔ t 2 − 2 2t + 1 = 0 ⇔ t = 2 − 1∈  − 2; 2  ⇔ cos x −... khi ó phương trình  4   t − 1 = 0 ⇔ t = 1∈ [ 0,1] (1) ⇔ ( t − 1) ( t 2 − 2mt + 4m − 3) = 0 ⇔  2 t − 2mt + 4m − 3 = 0  Xét phương trình: t 2 − 2mt + 4m − 3 = 0 v i t ∈ [ 0,1] 2 ( t − 1) ( t − 3) ⇔ t 2 − 3 = 2m ( t − 2 ) ⇔ g ( t ) = t − 3 = 2m Ta có g ′ ( t ) = ≥ 0 ∀t ∈ [ 0, 1] t −2 ( t − 2) 2 ⇒ g (t ) ng bi n trên [ 0,1] ⇒ T p giá tr g ( t ) là [ g ( 0 ) , g (1)] =  3 ; 2  2    ( ) phương. .. 4x) = 64cot 2 8x −1 ⇔ cot 2 x = 1 ⇔ cot x = ±1 ⇔ x = π + k π ( k ∈ » ) 4 2 2 2 2 cos Bài 19 Gi i phương trình: sin x 2 2 x + sin 3 x2cos 6 x + sin 9 x cos18 x = 0 cos 3 x cos 9 x cos 2 27 x Gi i i u ki n: cos 27 x ≠ 0 2 Ta có công th c tan 2 3a − tan 2 a = 8sin a cos 2a Bi n cos 2 3a i phương trình ta có sin 2 x cos 2 x + sin 2 3 x cos 6 x + sin 2 9 x cos18 x = 0 cos 2 3 x cos 2 9 x cos 2 27 x ⇔ ( . 3: Giải và biện luận ( ) 0 f t = ⇒ Nghiệm 0 tg t x = ⇒ nghiệm x. 2. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1. a . Giải phương trình: 2 2 sin 2sin cos 3cos 3 0 x x x x + + − = b. Giải phương. 2 cos 4 sin cos 2 0 m x x x m − + − = có nghiệm ( ) 0, 4 x π ∈ Giải Với ( ) 0, 4 x π ∈ thì cos 0 x ≠ nên chia 2 vế phương trình cho 2 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) 2 4 tan 2 1 tan 0 m x m x −. 6. Cho phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 sin 2 2 sin cos 1 cos 1 x m x x m x m+ − − + = a. GPT: 2 m = − b. Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải Nếu cos 0 x = là nghiệm của phương trình

Ngày đăng: 05/07/2014, 11:56

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan