giup tre ren luyen - Chồi - Đỗ Thị Bảy - Thư viện Đề thi & Kiểm tra

Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản CHƯƠNG I PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC (PTLG) BÀI 1 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN I PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN (PTCB) Trong lượng giác có 3 PT cơ bản Dù cơ bản nhưng cũng phải nêu r[.]

CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC (PTLG) BÀI 1: CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN I PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN (PTCB): Trong lượng giác có PT bản.Dù phải nêu PTLG khác giải phải đưa PTCB sau đây: sin x α với !α! 1, có nghiệm là: x =arcsinα + k2π x =π - arcsinα + k2π k Z cos x α với !α! 1, có nghiệm là: x arc cos α+k2πk Z tgx α có nghiệm là: x arctgα kπk Z(hay cot gx α có nghiệm là: x arccot gα kπ) k Z Chú ý: Trong PTCB ta có sử dụng đến hàm số lượng giác ngược:      ; y Hàm y arcsin x : Miền xác định: D 1,1 y=arcsinx    2   sin y  x  Hàm y arccos x : Miền xác định: D 1,1 Hàm y arc tgx : Miền xác định: D R Hàm y arccotgx : Miền xác định: D R  y   0;   y arccos x    cos y  x      ;   y  y=arctgx    2  tgy  x   y   0;   y arccotgx    cot gy  x Ta xét số toán sau: Bài toán 1: Giải phương trình sau: cos 3  sin xcos  sin x sin x k 3 sin x  sin x  k 2  2 sin x k 2     Giải   sin x  k  sin x    sin x  k   sin x  k      k 1 k  Z k   k  1  k   0;1;2 Do  sin x      sin x 0 sin x 0   1  sin x   sin x   2   sin x 1  sin x   l  x   l   x   k 2 x   l; k  Z       x    k  x  5  k 2  6   7 x   k 2  Nhận xét: Đây PTLG mà việc giải đơn giản, mấu chốt vị trí quan trọng ‘k’ Đơi lúc vai trò ‘k’ việc giải PTLG quan trọng.Việc xét điều kiện ‘k’ đưa đến số PTLG hay liên quan đến việc giải số toán đại số, số học nhỏ mà ta gặp số toán sau: Bài toán 2: (ĐH Tổng hợp Lơmơnơxơp khoa Tính Tốn Điều Khiển 1979-ĐHSPII 2000)   Tìm tất nghiệm nguyên phương trình sau: cos  x  x  160 x  800  1 8    Giải Giả sử x số nguyên thoả mãn PT, ta có: cos  x  x  160 x  800  1 8         3x   x  160 x  800 k 2 (k  Z )  x  160 x  800 3 x  16k  x  16k 0  x  16k 0  3x  16k 0 25       Z ,  k   0; 2; 10  25 1  8k  25   3k   x  160 x  800  x  16k  x   x 24 k  40  3k  3k     k     x  Từ 2, cách thử trực tiếp vào1ta được:   k  10    x  31 Nhận xét: Đây PTLG bản, việc giải thật giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn mà ta đề cập đến cách cụ thể phần sau.Bài toán nhằm mục đích minh hoạ cho vai trị ‘k’    Bài toán : Tìm số a>0 nhỏ thỗ mãn: cos   a  2a     sin a 0            Giải : cos   a  2a     sin a 0  cos   a  2a    =sin a 2        sin  a  2a sin a  (a  2a ) a  k 2  a k  Z    (*)  2 2 a  a  ( k  )   (a  2a )   a  k 2   (*)  3 Do  a  suy Min a = k  Z           Nhận xét: Bài toán mấu chốt quan trọng:   -Thứ nhất: ta SDCT lợi hại tốn có dạng sin a cos b : sinx = cos   x  2  -Thứ hai: tìm giá trị nhỏ có biến a Bài tốn 4: Tìm nghiệm dương nhỏ phương trình: sin x sin   x  1 2k   x   x  1  k 2 x   k  Z    k  Z  Giải   2 x     x  1  k 2  x  x  k 0 2k  1  0, k  Z suy : ta x  nghiệm dương nhỏ (+) Xét x  2   k   k 0 +Xét phương trình x x k 0 *có: Δ 14k 0   k  Z    Thử trực tiếp ta thấy k 1 phương trình *có nghiệm nhỏ là: x    1  2 (loại) Vậy nghiệm dương nhỏ phương trình cho là: x   Bài tốn 5: Tính tổng nghiệm x0,100của phương trình sau: Giải Điều kiện: cos2 x 0  x    k (k  Z ) cos x  cos x  cos x  tg x cos x  x k 2 cos x  tg x  cos x cos x   (k  Z ) Với điều kiện phương trình:  cos x    x  k 2 cos x      47.2    100   50  k 2 48.    x (*) Do x 100 nên k       47   752  S  2       3 Nhận xét: Bài tốn ngồi việc cho ta thấy vai trò ‘k’ rõ vấn đề: tầm quan trọng việc kết hợp nghiệm Thử hình dung, ta khơng kết hợp nghiệm lại dạng cơng thức (*) đon giản ta phải k 2 0 100 tiến hành xét bất phương trình sau: k 2 100; Như ta phải tốn thời gian hơn, trình giải tốn bị kéo dài cách khơng cần thiết II KẾT HỢP CƠNG THỨC NGHIỆM: Kết hợp cơng thức nghiệm PTLG giúp cho ta loại nghiệm ngoại lai mà cịn có cơng thức nghiệm đơn giản hơn, từ việc giải tốn trở nên đơn giản (giống toán mà ta vừa xét trên) Đôi lúc việc kết hợp công thức nghiệm tương tự việc giải hệ PTLG phương pháp Ở ta không đề cặp đến phương pháp mà ta nói đến hai phương pháp chủ yếu sau: A ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC: 1.Các khái niệm bản: a) Đường tròn lượng giác: đường trịn có bán kính đơn vị R = 1và ta chọn chiều dương + b) Cung lượng giác: AB (với A, B điểm đường tròn lượng giác) cung vạch điểm M di chuyển đường tròn lượng giác theo chiều định từ A đến B c) Góc lượng giác: khác với góc bình thường góc lượng giác có chiều định Phương pháp biểu diễn góc cung lượng giác: a) Biểu diễn điểm cung lượng giác biết số đo có dạng α + k  2 Ta đưa số đo dạng α + k m Bài tốn có m cung phân biệt tương ứng với k từ đến m-1   Bài tốn 1: Trên đường trịn lượng giác, ta lấy điểm A làm gốc Định điểm M biết sđAB =  k    2 Giải Ta có sđ AB =  k   k .Suy có điểm cung phân biệt ứng với: 4  3 5 7 (+) k = : AM = (+) k = :AM = (+) k = : AM = (+) k = : AM = 4 4 Đềý ta thấy đường tròng lượng giác điểm cung đỉnh hình vng M0M1M2M3 Nhận xét: Trên đường trịn lượng giác điểm cung đỉnh đa giác m cạnh b) Biểu diễn góc (cung) dạng cơng thức tổng qt: Ta biểu diễn góc (cung) đường trịn lượng giác Từ suy cơng thức tổng quát  x k  Bài toán 2: Biểu diễn góc LG có số đo sau dạng CT tổng quát:    x   k k 0 : x 0 2 Giải Ta biểu diễn điểm cung x k k k 1 : x   k 0 : x   Ta biểu diển điểm cung x   k 4 k 1 : x  k 2 k  Nhận xét: Qua toán ta thấy rõ vai trị việc kết hợp góc lượng giác dạng CT tổng quát đơn giản Hơn nữa, cịn tốn việc giải hệ PTLG P2 biểu diễn đường tròn lượng giác Bài toán giải PTLG dùng phương pháp kết hợp nghiệm đường tròn lượng giác để loại nghiệm ngoại lai sin x sin x  cos x   0 Bài tốn 1: Giải phương trình: cos x  sin x   x k  sin x 0  2 1   Giải Điều kiện: cos x sinx 1 0 sinx sin x 0     sin x 1  x   k Trên đường tròn LG, ta nhận thấy có điểm cung phân biệt.Do CTTQ là: x  Với điều kiện phương trình tương đương: sinx cosx sinx1 0 sin2x sinxcosx 1 0 cos x(sin x cos x) 0   x   k  cos x 0     , k  Z  2 sin x cos x  x    k    x   k 2 ,  k  Z  Kết luận: nghiệm phương trình cho là: x   k ; 2 Nhận xét:Đây có cơng thức nghiệm đơn giản cho phép ta biểu diễn cách xác đường tròn LG.Tuy nhiên ta xét thêm toán sau để thấy rõ màu sắc toán biểu diễn nghiệm đường tròn LG sin x 1 Bài tốn 2: Giải phương trình sau: cos x   k , k  Z 1 Giải Điều kiện để phương trình có nghĩa là: cos6x 0  x   k  x   12   Với điều kiện (1) phương trình tương đương: sin4x cos6x  cos x cos  x  2   m     x  20  6 x   x  2m   ,m Z   ,m Z 6 x 4    2m  x    m    m So sánh nghiệm với điều kiện ban đầu ta nghiệm PT là: x   m 5n  1, n  Z 20 Nhận xét: ta nhận thấy tốn việc biểu diễn đường trịn lượng giác trở nên khó khăn khó xác Do ta xem phương pháp hai B PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN: Cơ sở phương pháp: Giải phương trình bậc hai ẩn ax by c , với a,b,c nguyên a) Định lí 1: Định lí tồn nghiệm nguyên Cần đủ để phương trình ax by c ,với a,b,cZcó nghiệm nguyên a,b c Hệ quả: Nếu a,b1thì phương trình ax by c ln có nghiệm ngun b) Định lí 2: phương trình ax by c , với a,b,cZ, a2 b2 0 , a,b1 có nghiệm riêng x0y0  x  x  bt nghiệm tổng quát phương trình là:  với t  Z  y  y  at  x 1  2t Ví dụ: phương trình 3x 2y 1 có nghiệm riêng 1,1và nghiệm tổng quát là:  , với tZ  y   3t c) Ví dụ: giải biện luận phương trình nghiệm nguyên sau theo tham số m nguyên 6x 11y m2 (1) Ta có 6,111 nên phương trình (1) ln có nghiệm ngun  x 2m   11t ,t  Z Phương trình (1) có nghiệm riêng 2m4,m2nên có nghiệm tổng quát:   y m   6t Ví dụ: Ta xét số toán dùng PT nghiệm nguyên để kết hợp nghiệm hay giải hệ PT hệ PTLG Bài tốn 1: Giải phương trình : tg2xtg7x 1  k     x   1  x   k   ,k  Z Giải Điều kiện:   k    x   k x    2   14 Với điều kiện phương trình tương đương: sin2xsin7x cos2xcos7x   m ,  3; m  Z cos9x 0  x   m   x   18 Ta xét xem nghiệm (3) có thoả điều kiện (1), (2) hay khơng:    m k    4m  18k 7 Xét điều kiện (1): Ta giải phương trình nghiệm nguyên sau: 18 Dễ dàng nhận thấy phương trình có 4,182 khơng phải ước nên PT nghiệm nguyên vô nghiệm Vậy nghiệm (3) thoả mãn (1)    m k     14m 9  18k Xét điều kiện (2): Ta giải PT nghiệm nguyên sau: 14 18  m 4  9t ,t  Z  m  9k 1 có nghiệm riêng tổng quát :   k 3  7t  m Do nghiệm phương trình cho là: x   , với m  Z m 9t  4, t  Z 18 Nhận xét: Đối với toán ta nhận thấy CT nghiệm phức tạp, việc biểu diễn đường trịn khó xác Cho nên ta dùng PT nghiệm nguyên xác dễ dàng Quay trở lại toán mục ta thấy dùng phương trình vơ định tốn nhanh  cos x 1 Bài toán 2: Giải hệ phương trình sau:   cos x 1  x 4k 1 , (l ; k  Z ) Giải    x 2l    k 1  t ,t  Z Để giải hệ phương trình ta giải PT nghiệm nguyên: 4k    l 2t Vậy nghiệm hệ cho là: x 4t  với tZ Nhận xét: Có thể ta cho tốn đơn giản quan trọng Có sai lầm thường gặp vơ nguy hiểm: nhìn vào hệ phương trình đơn giản ta nghĩ đến đường trịn lượng giác -“cực kì nguy hiểm” Bởi đường trịn lượng giác có chu ki  trong (1) có chu kì  và (2) có chu kì  Ta khơng thể sử dụng đường trịn lượng giác trường hợp k 2 k Chú ý :Ta dùng đường trịn LG số đo góc LG có dạng: x   hay x   (Do T =  ) m m BÀI 2: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC DẠNG CHÍNH TẮC I PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP: Phương trình đẳng cấp bậc I: asinx bcosx c (1) với a2 b2 0 Đối với dạng ta có cách giải quen thuộc: b   b c c  Cách 1: Phương pháp LG asinx bcosx c  sin x  cos x   sin x  tg cos x   tg  ;     a 2 a a a   c c    sin( x   )  cos  Đặt cos  sin       ; ta có PT bản: sin  x    sin  2 a a  c c2 c2 c2 b2 cos  1  cos x 1  1  tg 2  1   c a  b Điều kiện để PT có nghiệm: a a a a a Cách 2: Phương pháp đại số  sin x 0 x Nếu cos 0 nghiệm (1)  Khi (1) b c 0  cos x  x x Nếu cos 0 không nghiệm (1), b c 0 nên tồn tg 2 2t  sin x   x  1t2 2t 1 t2  a  b c Đặt t= tg   Ta có (1)  1 t2 1 t2 1t2 cos x   1t2  2at  b  t c  t   b  c t  2at  c  b 0 x Giải phương trình nghiệm t=tg , suy nghiệm x b  c 0   a  b c Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là:   b  c 0   ' a  c  b 0        Chú ý: o Nếu a2 b2 c2 , PT trở thành: cos  sin x  sin  cos x 1  sin  x    1    o Nếu cung  trg cách giải k0 phải cung đặc biệt ; ; ta nên dùng cách để phép tính đơn giản o Đối với phương trình có tham số ta nên dùng cách Bài tốn 1: (Đại học Kinh tế Quốc Dân Hà Nội 1997)  2 6  ;  phương trình sau: cos x  sin x  Tìm nghiệm x       3  3  sin x   cos cos x  sin sin x cos  cos x   cos Giải  cos x  2 3 3   3 13 k 2   7 x    k 2  x  84    (k  Z )    k  7 x    k 2 x     84 13 k 2  2 6    ;  Xét x  84   2 13 2k 6      168   65  120k  360  233  120k  425  k 2; k 3 84 7 13 4 35 13 6 59     Với k=2  x  Với k=3  x  84 84 84 84 5 k 2  2 6  2 5 k 2 6  ;     168  25  120k  335  k 2  Xét x   84 84 7   5 4 53  35 53 59  ; ;  Khi x   Kết luận: x    84 84  84 84 84  Nhận xét: Ở toán ta gặp lại vấn đề xét điều kiện ‘k’ công thức nghiệm Ta nhận thấy tốn có u cầu thêm điều kiện nghiệm việc xét điều kiện ‘k’ đương nhiên Bài toán 2: (Đại học Giao thơng Vận tải Hà Nội 2000) Giải phương trình sau: 2  sin x  cos x  cos x 3  cos x Giải  sin x     cos x 3         4     a  b  2   5  2 Có:   c   11  2  32  36 (đúng) Ta CM : a2 b2 < c2   2  11   Vậy phương trình vơ nghiệm Nhận xét: Điều kiện để phương trình có nghiệm quan trọng, đặc biệt tốn có tham sốm mà ta thường gặp kì thi Đại Học (trước đây) ta cần quan tâm đến Vì tốn điều kiện tồn nghiệm ta gặp tốn sau Bài tốn 3: Cho phương trình 2sin x mcos x 1m (1)    a.Tìm m để phương trình có nghiệm x    ;   2 b Giải biện luận phương trình theo m x x 2t 1 t2 ; cos x  Giải a Do b c m1m0 nên cos 0 Đặt t tg  sin x  2 1 t2 1t2 2t 1 t2  m 1  m  4t  m  t 1  m   t  f  t  t  4t   2m 0 Khi đó: (1)  1t2 1t2 x       Tìm m để (1) có nghiệm x    ;      ;   4  2 Cách 1: Yêu cầu toán tương đương : f t t2 4t 12m 0 có nghiệm t1;1 Xét f 10 6 2m 0 m 3 thoả Xét f 10 2 2m 0 m 1 thoả Xét f t 0 có nghiệm t1;1và nghiệm t1;1 f 1f 16 2m2 2m