Luyện thi Đại Học - Cao Đẳng môn Toán: Phần lượng giác và ứng dụng

Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng http://www.ebook.edu.vn Nhóm học sinh lớp 11A1 6 PHẦN I: LƯỢNG GIÁC 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 phương trình cơ bản.Dù cơ bản (chính vì cơ bản nên nó mới có tên như vậy) nhưng cũng phải nêu ra đây bởi vì các PTLG khác nếu giải được cũng phải đưa về một trong 3 PTCB sau đây: 1.sin αx = với α 1≤ , có nghiệm là: arcsin α 2 arcsin α +k2 xk x π ππ =+ ⎡ ⎢ =− ⎣ () k ∈Z 2.cos α x = với α 1≤ , có nghiệm là: arccos α+k2x π =± () k ∈Z 3. αtgx = có nghiệm là: arc α x tg k π =+ () k ∈Z (hay là cot αgx = có nghiệm là: arccotα x gk π =+) () k ∈Z Chú ý: Trong các PTCB trên ta đã có sử dụng đến các hàm số lượng giác ngược: 1. Hàm arcsinyx= : Miền xác định: [ ] 1,1D =− ; arcsin 22 sin y yx yx ππ ⎧ ⎡ ⎤ ∈− ⎪ ⎢ ⎥ =⇔ ⎣ ⎦ ⎨ ⎪ = ⎩ 2. Hàm arccos y x= : Miền xác định: [ ] 1,1D =− arccos y x= [ ] 0; cos y y x π ⎧ ∈ ⎪ ⇔ ⎨ = ⎪ ⎩ 3. Hàm arcytgx= : Miền xác định: RD = ; arc 22 y ytgx tgy x ππ ⎧ ⎛⎞ ∈− ⎪ ⎜⎟ =⇔ ⎝⎠ ⎨ ⎪ = ⎩ 4. Hàm arccot y gx= : Miền xác định: DR= () 0; arccot gx cot y y gy x π ∈⎧ ⎪ =⇔ ⎨ = ⎪ ⎩ Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực Naờm hoùc 2006 2007 7 Ta xột mt s bi toỏn sau: Bi toỏn 1: Gii phng trỡnh sau: ()() cos 3 sin cos sin x x = Gii ()() cos 3 sin cos sin x x = 3sin sin 2 3sin sin 2 xxk x xk =+ = + 2sin 2 4sin 2 x k x k = = sin sin 2 x k k x = = Do sin 1 k x Z 1 1 2 k k 1 2 k { } 0; 1; 2k sin 0 1 sin 2 sin 1 x x x = = = sin 2 0 1 sin 2 1 sin 2 x x x = = = 2 2 6 5 2 6 7 2 6 l x x k xk xk = = + =+ =+ 2 6 l x x k = = + ( l , k Z ) Vy nghim ca phng trỡnh ó cho l 2 6 l x x k = = + ( l , k Z ) Nhn xột: õy l mt PTLG m vic gii nú rt n gin, mu cht ca bi ny l v trớ quan trng ca k. ụi lỳc vai trũ ca k trong vic gii PTLG rt quan trng.Vic xột iu kin k cú th a n mt s PTLG khỏ hay liờn quan n vic gii mt s bi toỏn i s, s hc nh m ta s gp mt s bi toỏn sau: Bi toỏn 2: (H Tng hp Lụmụnụxụp khoa Tớnh Toỏn v iu Khin 1979-HSPII 2000) Tỡm tt c cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh sau: ( ) 2 cos 3 9 160 800 1 8 xx x ++ = Gii Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng http://www.ebook.edu.vn Nhóm học sinh lớp 11A1 8 Giả sử x là số ngun thoả mãn phương trình, khi đó ta có: ( ) 2 cos 3 9 160 800 1 8 xx x π ⎡⎤ −++ = ⎢⎥ ⎣⎦ ( ) 2 3 9 160 800 2 8 x xx k π π ⇔−++= ( k ∈Z ) () 2 2 2 9 160 800 3 16 316 0 9 160 800 3 16 x xxk xk x xxk ⇔++=− −≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ++=− ⎪ ⎩ 2 316 0 825 35 xk k x k −≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ − = ⎪ + ⎩ 316 0 25 92440 35 xk xk k −≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ =−− ⎪ + ⎩ () 1 25 35k ⇒ ∈ + Z , suy ra : { } 0;-2;-10k ∈ () 2 Từ () 2 , bằng cách thử trực tiếp vào () 1 ta được: 2 7 10 31 k x k x ⎡ =− ⎧ ⎨ ⎢ =− ⎩ ⎢ ⎢ =− ⎧ ⎢ ⎨ =− ⎢ ⎩ ⎣ Nhận xét: Đây là một PTLG cơ bản, việc giải nó thật ra là giải một phương trình nghiệm ngun hai ẩn mà ta sẽ đề cập đến một cách cụ thể ở phần sau.Bài tốn này chỉ nhằm mục đích minh hoạ cho vai trò của ‘k’. Bài tốn 3 : Tìm số a>0 nhỏ nhất thỗ mãn: () 22 1 cos 2 sin 2 aa a ππ ⎡⎤ ⎛⎞ +− − ⎜⎟ ⎢⎥ ⎝⎠ ⎣⎦ =0 Giải () 22 1 cos 2 sin 2 aa a ππ ⎡⎤ ⎛⎞ +− − ⎜⎟ ⎢⎥ ⎝⎠ ⎣⎦ =0 ()() 22 cos 2 sin 2 aa a π ππ ⎡⎤ ⇔−+= ⎢⎥ ⎣⎦ ()() 22 sin 2 sinaa a ππ ⎡⎤ ⇔+= ⎣⎦ () () 22 22 22 22 aa ak aa ak πππ ππππ ⎡ +=+ ⎢ ⇔ ⎢ +=−+ ⎣ () 2 22210 ak aak =∈ ⎡ ⇔ ⎢ +− += ⎣ Z () * Do () * >0a k ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ∈ ⎩ Z suy ra 31 2 Mina − = Nhận xét: Bài tốn này 2 mấu chốt quan trọng: Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực Naờm hoùc 2006 2007 9 -Th nht: ta ó s dng cụng thc c bn nhng li hi nht l i vi cỏc bi toỏn cú dng sin cosab+ : sin cos 2 x x = -Th hai: tỡm giỏ tr nh nht cú th cú ca bin a. Bi toỏn 4: Tỡm nghim dng nh nht ca phng trỡnh: () () 2 2 sin sin 1xx =+ Gii. () () 2 2 sin sin 1xx =+ () () 2 2 2 2 12 12 xx k x xk =++ = + + ( k Z ) 2 21 2 0 k x xxk + = += ( k Z ) k Z () + Xột 21 >0 2 k x + = , k Z suy ra: , ta c 1 2 x = l nghim dng nh nht. () + Xột phng trỡnh 2 0xxk+= () * cú: 14 0k=+ 1 4 k k Z 0k Th trc tip ta thy khi 1k = thỡ phng trỡnh () * cú nghim nh nht l: -1+ 5 1 x = > 22 (loi) Vy nghim dng nh nht ca phng trỡnh ó cho l: 1 2 x = . Bi toỏn 5: Tớnh tng cỏc nghim [ ] 0,100x ca phng trỡnh sau: 32 2 2 cos cos 1 cos 2 cos xx x tg x x + =+ Gii. iu kin: 2 cos 0x 2 x k + () k Z Vi iu kin trờn phng trỡnh: 2 2 1 cos 1 cos 2 cos x xtgx x + = + cos cos 2 x x= 2 2 3 xk k x = = , k Z 2 3 k x = (*) Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng http://www.ebook.edu.vn Nhóm học sinh lớp 11A1 10 Do 0 100x≤≤ nên 100 50 047 2 33 k ππ ⎡⎤⎡⎤ ⎢⎥⎢⎥ ≤≤ = = ⎢⎥⎢⎥ ⎢⎥⎢⎥ ⎣⎦⎣⎦ 47.2 48. 0 3 2 S π ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ ⇒ = =752 π Nhận xét: Bài tốn này ngồi việc cho ta thấy vai trò của ‘k’ còn chỉ rõ một vấn đề: tầm quan trọng của việc kết hợp nghiệm. Thử hình dung, nếu ta khơng kết hợp nghiệm lại dưới dạng cơng thức (*) đon giản hơn thì ta phải tiến hành xét 2 bất phương trình sau: 0 2 100k π ≤≤; 2 0 100 3 k π ≤≤ Như vậy ta phải tốn thời gian hơn, q trình giải bài tốn sẽ bị kéo dài một cách khơng cần thiết. II. KẾT HỢP CƠNG THỨC NGHIỆM: Kết hợp cơng thức nghiệm trong các PTLG chẳng những giúp cho ta có thể loại được nghiệm ngoại lai mà còn có thể có được một cơng thức nghiệm đơn giản hơn, từ đó việc giải quyết bài tốn trở nên đơn giản hơn (giống như bài tốn mà ta vừa xét ở trên). Đơi lúc việc kết hợp cơng thức nghiệm cũng tương tự như việc giải một hệ phương trình lượng giác cơ bản bằng phương pháp thế. Ở đây ta khơng đề cặp đến phương pháp này mà ta chỉ nói đến hai phương pháp chủ yếu sau: A. ĐƯỜNG TRỊN LƯỢNG GIÁC: 1.Các khái niệm cơ bản: a) Đường tròn lượng giác: là đường tròn có bán kính đơn vị R = 1 và trên đó ta đã chọn một chiều dương () + (thơng thường chiều dương là chiều ngược chiều kim đồng hồ) b) Cung lượng giác:  AB (với A, B là 2 điểm trên đường tròn lượng giác) là cung vạch bởi điểm M di chuyển trên đường tròn lượng giác theo một chiều nhất định từ A đến B. c) Góc lượng giác: khác với góc bình thường góc lượng giác có một chiều nhất định 2. Phương pháp biểu diễn góc và cung lượng giác: a) Biểu diễn các điểm ngọn của cung lượng giác biết số đo có dạng α + k π : Ta đưa số đo về dạng 2 α k m π + . Bài tốn có m ngọn cung phân biệt tương ứng với k từ 0 đến () m-1 . Bài tốn 1: Trên đường tròn lượng giác, ta lấy điểm A làm gốc. Định những điểm M biết sđ  42 AB k ππ =+ Giải. Ta có sđ  2 424 4 AB k k πππ π =+ =+ .Suy ra có 4 điểm ngọn cung phân biệt ứng với: Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực Naờm hoùc 2006 2007 11 () 3 +1: 4 kAM == () 5 +2: 4 kAM == () 7 +3: 4 kAM == ý ta thy rng trờn ng trũng lng giỏc cỏc im ngn cung l nh ca hỡnh vuụng 0123 M MMM . Nhn xột: Trờn ng trũn lng giỏc cỏc im ngn cung l nh ca mt a giỏc u m cnh. b) Biu din gúc (cung) di dng cụng thc tng quỏt: Ta biu din tng gúc (cung) trờn ng trũn lng giỏc. T ú suy ra cụng thc tng quỏt. Bi toỏn 2: Biu din gúc lng giỏc cú s o sau di dng mt cụng thc tng quỏt: 3 xk x k = = + Gii. Ta biu din cỏc im ngn cung ca 2 2 xk k == 0: 0kx== 1:kx == Ta biu din cỏc im ngn cung ca 3 x k = + 0: 3 kx == 4 1: 3 kx == Trờn ng trũn lng giỏc, ta nhn thy cú 6 im ngn cung phõn bit, Do ú cụng thc tng quỏt l: 2 63 kk x == Nhn xột: Qua bi toỏn ny ta thy rừ vai trũ ca vic kt hp cỏc gúc lng giỏc di dng mt cụng thc tng quỏt n gin hn. Hn na, õy cũn l bi toỏn v vic gii h phng trỡnh lng giỏc c bn bng phng phỏp biu din trờn ng trũn lng giỏc. Bi toỏn gii PTLG dựng phng phỏp kt hp nghim bng ng trũn lng giỏc loi cỏc nghim ngoi lai. () +0: 4 kAM == Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng http://www.ebook.edu.vn Nhóm học sinh lớp 11A1 12 Bài tốn 1: Giải phương trình: 2 sin (sin cos ) 1 0 cos sin 1 xx x xx +− = +− Giải. Điều kiện: 2 cos sin 1 0xx+−≠ 2 sin sin 0xx⇔+ ≠ sin 0 sin 1 x x ≠ ⎧ ⇔ ⎨ ≠ ⎩ 2 xk x k π π π ≠ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ≠+ ⎪ ⎩ () 1 Với điều kiện đó phương trình tương đương: () sin cos sin 1 0xx x+−= 2 sin sin cos 1 0xxx⇔+ −= ⇔ cos (sin cos ) 0xx x−= cos 0 sin cos x x x = ⎡ ⇔ ⎢ = ⎣ 2 4 x k x k π π π π ⎡ =+ ⎢ ⇔ ⎢ ⎢ =+ ⎢ ⎣ , k ∈ Z () 2 Kết luận: nghiệm của phương trình đã cho là: 2 x k π π =+ ; 2 2 x k π π =− + ,( k ∈ Z ) Nhận xét: Đây là một bài có cơng thức nghiệm đơn giản cho phép ta có thể biểu diễn một cách chính xác trên đường tròn lượng giác. Tuy nhiên ta hãy xét thêm bài tốn sau để thấy rõ màu sắc của bài tốn biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác. Bài tốn 2: Giải phương trình sau: sin 4 1 cos 6 x x = Giải. Điều kiện để phương trình có nghĩa là: cos6 0x ≠ 6 2 x k π π ⇔≠+ 12 6 k x ππ ⇔≠ + , k ∈Z (1) Với điều kiện (1) phương trình tương đương: sin 4 cos6 x x= ⇔ cos6 cos 4 2 x x π ⎛⎞ =− ⎜⎟ ⎝⎠ 642 2 64 2 2 x xm x xm π π π π ⎡ =− + ⎢ ⇔ ⎢ ⎢ =−+ ⎢ ⎣ m∈Z Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực Naờm hoùc 2006 2007 13 20 5 4 m x x m =+ = + mZ So sỏnh cỏc nghim ny vi iu kin ban u ta c nghim ca phng trỡnh l: 20 5 m x =+ v 51mn+, nZ Nhn xột: ta nhn thy i vi bi toỏn ny vic biu din bng ng trũn lng giỏc ó ttr nờn khú khn v khú chớnh xỏc. Do ú ta hóy xem phng phỏp hai. B. PHNG TRèNH NGHIM NGUYấN: 1. C s ca phng phỏp: Gii phng trỡnh bc nht hai n ax by c+=, vi a,b,c nguyờn. a) nh lớ 1 : nh lớ v s tn ti nghim nguyờn Cn v phng trỡnh ax by c+=,vi () ,,abcZ cú nghim nguyờn l () ,ab c. H qu : Nu () ,1ab = thỡ phng trỡnh ax by c+= luụn cú nghim nguyờn. b) nh lớ 2 : nu phng trỡnh ax by c+= , vi () ,,abcZ , 22 0ab+, () ,1ab = cú mt nghim riờng () 00 , x y thỡ nghim tng quỏt ca phng trỡnh l: 0 0 x xbt y yat =+ = , vit Z Vớ d: phng trỡnh 3 2 1 x y+= cú nghim riờng l () 1, 1 v nghim tng quỏt l: 12 13 x t y t =+ = , vi t Z c) Vớ d : gii v bin lun phng trỡnh nghim nguyờn sau theo tham s m nguyờn 611 2xym=+ (1) Ta cú () 6,11 1= nờn phng trỡnh (1) luụn cú nghim nguyờn. Phng trỡnh (1) cú nghim riờng l () 24,2mm++ nờn cú nghim tng quỏt: 2411 26 x mt y mt =+ =+ , t Z 2. Vớ d: Ta xột mt s bi toỏn dựng phng trỡnh nghim nguyờn kt hp nghim hay gii h phng trỡnh h qu ca PTLG. Bi toỏn 1: Gii phng trỡnh : 271tg xtg x = Gii. iu kin: Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng http://www.ebook.edu.vn Nhóm học sinh lớp 11A1 14 2 2 7 2 x k x k π π π π ⎧ ≠+ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ≠+ ⎪ ⎩ () () 1 42 2 14 7 k x k x ππ ππ ⎧ ≠+ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪ ≠+ ⎪ ⎩ , k ∈Z Với điều kiện trên phương trình tương đương: sin 2 sin 7 cos2 cos7 x xxx= cos9 0x⇔= 9 2 x m π π ⇔=+ 18 9 m x ππ ⇔= + , (3) m∈Z Ta xét xem nghiệm của (3) có thoả điều kiện (1), (2) hay khơng: • Xét điều kiện (1): Ta giải phương trình nghiệm ngun sau: 42189 m k πππ π +=+ 4187mk⇔− = Dễ dàng nhận thấy phương trình trên có () 4,18 2= khơng phải là ước của 7 nên phương trình nghiệm ngun vơ nghiệm. Vậy nghiệm (3) ln thoả mãn (1) • Xét điều kiện (2): Ta giải phương trình nghiệm ngun sau: 14 7 18 9 km πππ π +=+ 714 918mk⇔+ =+ 791mk⇔−= có nghiệm riêng tổng qt là: 49 37 mt kt =+ ⎧ ⎨ =+ ⎩ , t ∈Z Do vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 18 9 m x ππ =+ , với m∈Z và 94,mt n≠+ ∈Z . Nhận xét: Đối với bài tốn này ta nhận thấy cơng thức nghiệm của nó khá phức tạp, việc biểu diễn trên đường tròn khó được chính xác. Cho nên ta dùng phương trình nghiệm ngun sẽ chính xác và dễ dàng hơn. Quay trở lại bài tốn2 ở mục trên ta thấy nếu dùng phương trình vơ định thì bài tốn sẽ nhanh hơn. Bài tốn 2: Giải hệ phương trình cơ bản sau: cos 2 1 cos 1 x x = ⎧ ⎨ = ⎩ Giải. cos 2 1 cos 1 x x = ⎧ ⎨ = ⎩ 4(1) (, ) 2(2) xk kl xl π π = ⎧ ⇔∈ ⎨ = ⎩ Z Để giải hệ phương trình này ta giải phương trình nghiệm ngun: Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực Naờm hoùc 2006 2007 15 42kl = 1 , 2 kt t lt =+ = Z Vy nghim ca h ó cho l: 4 x t = vit Z . Nhn xột: Cú th ta cho rng bi toỏn ny cc kỡ n gin nhng nú rt quan trng. Cú mt sai lm thng gp vụ cựng nguy him: khi nhỡn vo h phng trỡnh n gin ny ta ngh ngay n ng trũn lng giỏc -cc kỡ cc kỡ nguy him. Bi vỡ ng trũn lng giỏc cú chu ki l 2 trong khi ú (1) cú chu kỡ l 4 v (2) cú chu kỡ l 2 . Ta khụng th s dng ng trũn lng giỏc trong trng hp ny. Chỳ ý :Ta ch dựng ng trũn lng giỏc khi s o gúc lng giỏc ú cú dng: 2k x m =+ hay k x m =+ (do ng trũn lng giỏc cú chu kỡ 2 ). [...]... +∞ 4 -4 - - Từ bảng biến thi n suy ra phương trình đã cho có nghiệm ⇔ f ( t ) = m có nghiệm ⇔ m ≥ 4 Nhận xét: Phương trình trong bài tốn này cũng được xem như là mơt phương trình đối xứng nhưng là đối xứng của tg và cotg Sau đây là một bài tốn về phương trình đối xứng của cả sin, cos, tg, cotg: 2 ( tgx − sin x ) + 3 ( cot gx − cos x ) + 5 = 0 Năm học 2006 – 2007 26 Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng. .. bài tốn thoả khi và chỉ khi: ⎧ f ( 0 ) 0 ⇔ 10 Nhận xét: Đây là bài tốn nằm trong bộ đề thi đại học (Đề 89/II) và cũng là dạng tốn cần phải biết trong vấn đề giải phương trình lượng giác Điểm mấu chốt của dạng tốn này là cần nhớ lại một số kiến thức về tam thức bậc hai và cácnhận xét quan trọng về các góc lượng gíac Nhóm học sinh lớp 11A1... các kì thi Đại Học (trước đây) do đó ta cần quan tâm đến nó Vì thế các bài tốn về điều kiện tồn tại nghiệm ta sẽ được gặp ở các bài tốn sau Bài tốn 3: Cho phương trình 2sin x + m cos x = 1 − m (1) ⎡ π π⎤ a.Tìm m để phương trình có nghiệm x ∈ ⎢ − ; ⎥ ⎣ 2 2⎦ b Giải và biện luận phương trình theo m Giải x a Do b + c = m + (1 − m ) ≠ 0 nên cos ≠ 0 2 Năm học 2006 – 2007 18 Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng. .. ⎦ ⎣ ⎛ 5π ⎤ Tức là với x ∈ [ 2π ; c ] thì f '' ≤ 0 và x ∈ ⎜ c, ⎥ thì f '' ≥ 0 ⎝ 2 ⎦ ⎛ 5π ⎤ ⇒ trên [ 2π ;c ] thì f ' nghịch biến; và trên ⎜ c, ⎥ thì f ' đồng biến ⎝ 2 ⎦ Năm học 2006 – 2007 34 Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng Mà f ' ( 2π ) = lg e lg e − 1 . Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng http://www.ebook.edu.vn Nhóm học sinh lớp 11A1 6 PHẦN I: LƯỢNG GIÁC CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC (PTLG) BÀI 1: CÁC KHÁI NIỆM. 0 + 0 - () ' f t 2 -2 2 Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng Nhóm học sinh lớp 11A1 http://www.ebook.edu.vn 25 Nhận xét: Vẫn với kiến thức về tam thức bậc hai bài tốn sử dụng để. trên đường tròn lượng giác) là cung vạch bởi điểm M di chuyển trên đường tròn lượng giác theo một chiều nhất định từ A đến B. c) Góc lượng giác: khác với góc bình thường góc lượng giác có một