Một số bài giải lượng giác của một số trường Đại học

CAO ĐẲNG MARKETING Câu II: 1) Giải phương trình: 6 3cos 4sin 6 (*) 3cos 4sin 1 x x x x + + = + + 2) Với ABC ∆ đặt: T = 2 2 2 sin sin sin .A B C + + Chứng minh rằng ABC ∆ có ba góc nhọn nếu và chỉ nếu T > 2. Giải 1) Phương trình: 6 3cos 4sin 6 (*) 3cos 4 sin 1 x x x x + + = + + Điều kiện: 3cos 4sin 1 0x x + + ≠ Đặt X = 3cos 4sinx x + 2 2 2 2 3cos 4sin 3 4 cos sin 5 BCS X x x x x X ≤   = + + +  ÷  ÷ ⇒ ≤   5 5X ⇒ − ≤ ≤ và X + 1 0 ≠ (*) 6 6 1 X X ⇔ + = + 2 0 5 0 5 X X X X =  ⇔ − = ⇔  =  thỏa điều kiện Ÿ X = 0: 3 3cos 4 sin 0 , 4 x x tgx tg x K K Z α α π + = ⇔ = − = ⇔ = + ∈ Ÿ X = 5: cos sin 3cos 4 sin 5 3 4 x x x x + = ⇔ = (dấu “=” của bất đẳng thức BunhiacốpsKi) 4 cot ( ) 3 2 ( ) 2 tgx g tg x K K Z π α α π α π ⇒ = = − = + ⇒ = + + ∈ 2) T = 2 2 2 sin sin sinA B C + + 2 2 1 cos 2 1 cos 2 1 cos 2 2 2 cos( )cos( ) cos A B C A B A B C − − = + + − = − + − − [ ] 2 cos cos( ) cos( ) 2 2 cos cos cos C A B A B A B C = + − + + = + Ÿ ABC ∆ nhọn cos 0 cos 0 2 cos 0 A B T C >   ⇒ > ⇒ >   >  Đảo lại: Ÿ T > 2 cos 0 cos cos cos 0 cos 0 cos 0 A A B C B C >   ⇒ > ⇒ >   >  Vì giả sử cos 0 cos 0 cos 0 A B C >   >   >  ABC ⇒ ∆ có hai góc tù (!) (vô lý) Vậy: ABC ∆ nhọn 2T ⇔ > . CAO ĐẲNG SƯ PHẠM Câu II; Cho phương trình: 2 (2sin 1)(2 cos 2 2sin 1) 3 4 cosx x x x− + + = − 1) Giải phương trình khi m = 1 2) Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm thỏa mãn điều kiện 0 x π ≤ ≤ . Giải 2 (2sin 1)(2 cos 2 2sin 1) 3 4 cosx x x x− + + = − 2 2 2 2 2 (2sin 1) 2(1 2sin ) 2sin 3 4(1 sin ) (2sin 1)( 4 sin 2sin 2) (2sin 1)(2sin 1) 1 sin (1) 2sin 1 0 2 1 4sin 2 sin 2 2sin 1 sin (2) 4 x x x m x x x x m x x x x m x x m x x   ⇔ − − + + = − −   ⇔ − − + + + = − +  =  − =  ⇔ ⇔   + − + + + = +   =   1. khi m = 1 (1) 2 6 ( ) 5 2 6 x K K Z x K π π π π  = +  ⇔ ∈   = +   (2) 2 1 1 cos2 1 sin cos2 0 2 ( ) 2 2 2 2 4 2 x K x x x K x K Z π π π π − ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈ 2) Tìm m: phương trình có đúng hai nghiệm thỏa: 0 x π ≤ ≤ Do (1) ⇒ phương trình luôn có hai nghiệm thỏa 0 x π ≤ ≤ 5 ( , ) 6 6 x x π π = = Phương trình đúng hai nghiệm thỏa 0 x π ≤ ≤ Khi: TH1: (2) vô nghiệm 1 1 3 4 1 1 0 4 m m m m +  >  >  ⇔ ⇔   + < −   <   TH2: (2) có nghiệm trùng với nghiệm của (1) 2 1 1 ( ) 0 2 4 m m + ⇒ = ⇒ = Đảo lại, m = 0 (2) 2 1 sin 4 x ⇔ = . 1 6 sin 2 5 6 1 sin 2 x x x x π π   =    = ⇒    ⇔ =      = −   Do 0 x π ≤ ≤ nên sin 0x ≥ Kết luận: Khi m < -1 hay m > 3 hay m = 0 Phương trình có đúng hai nghiệm thỏa 0 x π ≤ ≤ ĐẠI HỌC AN NINH KHỐI A Câu II: Giả sử ABC là tam giqc1 có ba góc nhọn 1) Chứng minh đẳng thức sau: tgA tgB tgC tgAtgBtgC+ + = 2) Chứng minh bất đẳng thức sau: 3 3tgA tgB tgC + + ≥ Giải: 1) Chứng minh: tgA tgB tgC tgAtgBtgC+ + = Ta có: ( ( )) ( ) 1 tgA tgB tgC tg A B tgAtgB π + = − + = − (do C nhọn tgC⇒ xác định 1 0tgAtgB ⇒ − ≠ ) ( )tgC tgAtgBtgC tgA tgB tgA tgB tgC tgAtgBtgC ⇒ − = − + ⇒ + + = 2) Do A, B, C nhọn ⇒ tgA, tgB, tgC đều > 0 Ta có: 3 3 Cauchy tgA tgB tgC tgAtgBtgC ≥ + + 3 ( ) 27( )tgA tgB tgC tgA tgB tgC⇔ + + ≥ + + (do câu 1) 3 3tgA tgB tgC ⇔ + + ≥ ĐẠI HỌC AN NINH KHỐI C Câu II: Giải phương trình: 1 1 2 cos sin 2 sin 4x x x + = Giải: Điều kiện: sin 4 0x ≠ . Ta có: 1 1 2 cos sin 2 sin 4x x x + = 4sin cos 2 2 cos2 2 4sin cos cos 2 2sin 2 cos 2 sin 4 x x x x x x x x x ⇔ + = 2 2sin cos2 cos2 1 0 2sin cos2 (1 2sin ) 1 0 x x x x x x ⇔ + − = ⇔ + − − = 2 2sin (cos 2 sin ) 0x x x⇔ − = 2 sin ( 2sin 1) 0 sin 0 sin 1 1 sin sin 2 6 x x simx x x x π ⇔ − − + =   =  ⇔ =   = =   (loại vì làm cho sin4x = 0) 2 6 5 2 6 x k x k π π π π  = +  ⇔   = +   K Z∈ . TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA KHỐI A Câu II: 1. Giải phương trình : 3 3 1 sin .cos cos .sin 4 x x x x − = 2. Tìm tất cả các phương trình (1) thỏa mãn 2.cos2 s n4x 0x i − ≤ Giải 1. 3 3 1 sin cos cos sin 4 x x x x − = ( ) 2 2 1 sin cos sin cos 4 x x x x ⇔ − = ( ) sin2x 1 cos2 2 4 x   ⇔ − =  ÷   s in4x= 1 4x= 2 2 , k 8 2 k k x π π π π ⇔ − ⇔ − + = − + ∈¢ 2. 2 cos2 s in4x 0x − ≤ s in4x cos2 (2) 2 x⇔ ≤ Thay nghiệm của (1) vào (2): 1 2 cos2 cos 8 2 4 2 2 k k π π π π − −     − + ≤ ⇔ − + ≤  ÷  ÷     • Khi K chẵn : 2 cos cos ( ) 4 4 2 k loïai π π π   − + = =  ÷   • Khi K lẻ : 2 cos cos ( ) 4 4 2 k nhaän π π π π −     − + = − + =  ÷  ÷     Vậy ta nhận ( ) 2 1 n 8 2 x n π π = − + + ∈ ¢ 1) GIẢI PHƯƠNG TRÌNH: cos 3 sin 2 cos2x x x + = 1 3 cos sin cos 2 2 2 cos cos sin cos2 cos( ) cos 2 3 3 3 2 2 2 3 3 ( ) 2 2 2 9 3 3 x x x x x x x x K x x K K Z x K x x K π π π π π π π π π π π ⇔ + = ⇔ + = ⇔ − =   = − + = − +   ⇔ ⇔ ∈     = + = − +     2) GIẢI PHƯƠNG TRÌNH: 3 3 sin cos sin cosx x x + = + 2 2 2 2 (sin cos )(sin cos sin cos ) sin cos (sin cos )(sin cos sin cos 1) 0 1 (sin cos )sin cos 0 (sin cos ) sin 2 0 2 (sin cos ).sin 2 0 sin cos 0 1 4 sin 2 0 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x tgx x Kr x x K x K π π π ⇔ + + − = + ⇔ + + − − = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =  + = ⇔ = − ⇔ = − +  ⇔   = ⇔ = ⇔ =   ĐẠI HỌC DÂN LẬP HÙNG VƯƠNG KHỐI CÔNG NGHỆ - TIN HỌC Câu III: 1) Giải phương trình: 2 2 3cos sinx x tgx− = 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: ( 1) cos sin 3m x x + − = Giải: 1) Giải phương trình: 2 2 3cos sinx x tgx− = Điều kiện cos 0 ( ) 2 x x K K Z π π ≠ ⇒ ≠ + ∈ Đặt t = tgx thì phương trình cho ta: 2 3 2 2 2 3 2 3 0 1 1 t t t t t t − = ⇔ + + − = + + Phương trình bậc 3 theo t có một nghiệm t = 1 nên được viết 2 ( 1)( 2 3) 0t t t− + + = 2 1 0 1 2 3 0 t t t t t − = ⇒ =  ⇔  + + = ⇒ ∈∅  Vậy t = 1 1 ( ) 4 tgx x K K Z π π ⇔ = ⇔ = + ∈ 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: ( 1) cos sin 3m x x + − = Ta biết phương trình cos sina x b x c + = có nghiệm khi 2 2 2 a b c + ≥ Do đó phương trình cho nghiệm khi 2 2 2 2 ( 1) 1 3 2 7 0 (*)m m m+ + ≥ ⇔ + − ≥ Lập 1 2 ' 1 7 8 1 2 2, 1 2 2m m ∆ = + = ⇒ = − + = − − Bảng xét dấu: Vậy điều kiện để phương trìn có nghiệm là: 1 2 2m ≤ − − hay 1 2 2m ≥ − + . ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN LANG KHỐI A Câu III: 1) α là một góc cố đụnh cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 ( ) ( )y tg x tg x α α = + + − 2) Giải phương trình: 3 5sin 4 .cos 6sin 2 cos 2 cos2 x x x x x − = . Giải: 1) Tìm GTNN 2 2 ( ) ( )y tg x tg x α α = + + − : 2 2 2 2 sin ( ) sin ( ) cos ( ) cos ( ) x x x x α α α α + − = + + − 2 2 2 2 sin ( ).cos ( ) sin( )cos ( ) cos ( )( ) x x x x x x α α α α π π + − + − + = + − [ ] [ ] [ ] 2 2 2 sin( ).cos( ) sin( ) cos( ) cos( )cos( ) x x x x x x α α α α α α + − + − + = + − 2 2 2 (sin 2 sin 2 ) (sin 2 sin 2 ) (cos 2 cos2 ) x x x α α α + + − = + 2 2 2 2(sin 2 sin 2 (cos 2 cos2 ) x x α α + = + 2 2 2 2(1 cos sin 2 ) (cos2 cos2 ) x x α α − + = + 2 2 2 2 2sin 2 , cos2 0 cos2x = 1 (1 cos 2 ) min 2sin 2 , cos 2 0 cos2x = -1 (1 cos2 ) khi y khi π α α α α α  ≥  +  ⇒ =  ≤  −  2) Điều kiện cos2x 0 ≠ Phương trình trở thành: 3 6sin 2 cos 5sin 2 cos (*)x x x x− = Nếu cosx = 0: (*) 6sin 0x ⇔ = (vô lý) ( 2 2 cos sin 1x x + = ) cos 0 :x ⇒ ≠ chia hai vế của (*) cho 3 cos x 2 3 3 6sin 5.2sin .cos (*) 2 cos cos x x x x x ⇔ − = 2 3 6 (1 ) 2 10 3 2 1 0 tgx tg x tgx tg x tgx ⇔ + − = ⇔ − − = 3 ( 1)(3 3 1) 0tgx tg x tgx⇔ − + + = 2 1 0 4 3 3 1 0 tgx x K tg x tgx π π  − = ⇒ = +  ⇔  + + =   Kết luận: Phương trình đã cho vô nghiệm. ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN LANG KHỐI B, D Câu II: 1) Giải phương trình: sin 2( ) sin(3 ) sinx x x π π − − − = 2) Tìm a để phương trình: sin 2( ) sin(3 ) sin .x x a x π π − − − = Có ít nhất một nghiệm x K π ≠ (K Z∈ ) Giải: 1) Giải phương trình sin 2( ) sin(3 ) sinx x x π π − − − = [ ] sin 2 sin ( 3 ) sin sin 2 sin3 sin x x x x x x π ⇔ − − − = ⇔ + = 5 2sin cos 2sin cos 2 2 2 2 x x x x ⇔ = cos 0 2 2 2 2 5 2 5 2 2 sin sin 2 2 5 2 2 2 x x K x K x x K x x x x K π π π π π π π  = ⇔ = + ⇔ = +     ⇔ = +   = ⇔     = − +     4 2 3 3 x K K x π π π =   ⇔  = +   Vậy phuơng trình có nghiệm x K π = , 2 , 3 3 K x K Z π π = + ∈ . 2) sin 2( ) sin(3 ) sin .x x a x π π − − − = (*) 3 sin 2 sin 3 sin 2sin cos 2sin 4 sin sin x x a x x x x x a x ⇔ + = ⇔ + − = 2 2 sin (4 sin 2 cos 3) 0 sin (4(1 cos ) 2 cos 3) 0 x x x a x x x a ⇔ − + − = ⇔ − − + − = 2 2 sin ( 4 cos 2 cos 1) 0 sin 0 4 cos 2 cos 1 0 (1) x x x a x x K x x a π ⇔ − − + + = = ⇒ =  ⇔  + − − =  Đặt cos , -1 X 1X x= ≤ ≤ (1) 2 4 2 1 0 (2)X X a⇔ + − − = 2 4 2 1a X X ⇔ = + − Ta có: ' 8 2a X = + A’ = 0 1 4 X ⇔ = − (*) Có ít nhất một nghiệm x K π ≠ (2) ⇔ có ít nhất một nghiệm ( 1,1) ∈ − 5 5 4 a ⇔ − ≤ < . ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI Câu III: Cho phương trình: 2 2 1 cot ( cot ) 2 0 cos g x p tgx gx x + + + + = (2) 1. Giải phương trình (2) khi 5 2 p = 2. Với giá trị nào của p thì phương trình (2) vô nghiệm. Giải: Điều kiện sin 0 cos 0 x x ≠   ≠  (2) 2 ( cot ) ( cot ) 2 0tgx gx p tgx gx⇔ + + + + = Đặt ( ) cot cot cot 2 Cauchy X tgx gx X tgx gx tgx g x ≥ = + = + = + (2) 2 1 0X pX⇔ + + = (3) 1. Khi 5 2 p = (3) 2 5 1 0 2 X X ⇔ + + = 2 cot 2 1 , 4 1 2 X tgx gx tgx x k k Z X π π  = − ⇒ + = − ⇒ = ⇒ = + ∈  ⇔   = −   (3) 2 1pX X⇒ = − − X = 0 1o ⇒ = − (!) 2 1 0 X X p X − − ⇒ ≠ ⇒ = 2 2 1 ' X p X − + = ' 0 1, 1p X X = ⇒ = = − (2) có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm thỏa 2 ≤ − hay 2 ≥ 5 5 2 2 p hay p⇔ ≤ − ≥ Vậy (2) vô nghiệm 5 5 5 2 2 2 p p ⇔ − < < ⇔ < . . ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN LANG KHỐI A Câu III: 1) α là một góc cố đụnh cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 ( ) ( )y tg x tg x α α = + + − 2) Giải. 2 6 5 2 6 x k x k π π π π  = +  ⇔   = +   K Z∈ . TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA KHỐI A Câu II: 1. Giải phương trình : 3 3 1 sin .cos cos .sin 4 x x x x