Bài giảng: Phương trình lượng giác cơ bản (Đại số và Giải tích 11 - Chương I: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC)

Bài giảng có phần nâng cao. Biên soạn theo hướng "LẤY HỌC TRÒ LÀM TRUNG TÂM".

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa” BÀI GIẢNG QUA MẠNG ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 11 CHƯƠNG I HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC §2 Phương trình lượng giác Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội Phụ huynh đăng kí học cho liờn h 0936546689 phơng trình lợng giác Đ2 A giảng Định nghĩa: Phơng trình lợng giác phơng trình chứa hay nhiều hàm số lợng giác ẩn Trên thực tế, có nhiều toán dẫn đến việc giải phơng trình có dạng: sinx = m; cosx = m; tanx = m; cotx = m, ®ã x lµ Èn sè vµ m lµ mét sè cho tríc Đó phơng trình lợng giác I Bốn dạng phơng trình lợng giác Dạng 1: Phơng trình sinx = m Phơng pháp thực Ta biƯn ln theo c¸c bíc sau: Bíc 1: NÕu m > phơng trình vô nghiệm Bớc 2: Nếu m 1, đặt m = sin, ta ®ỵc: sinx = sinα ⇔ x =α+ kπ x = + k, k Z Đặc biệt: Ta có kết quả: sinx = x = kπ, k ∈ Z   π + 2kπ, k ∈ Z π sinx = −1 ⇔ x = − + 2kπ, k ∈ Z sinx = x = Ví dụ 1: Giải phơng trình sau: a sin3x = sin x+ ÷=−   π b sin Giải a Ta có biến đổi:   3x = + 2kπ x =  ⇔ 3x = π − π + 2kπ x =     π 2kπ + 21 , k ∈ Z 2π 2kπ + VËy, phơng trình có hai họ nghiệm b Ta có biến ®æi: π 7π x + π   = − + 2kπ  x = − + 6kπ π  x + π sin  ⇔ , k ∈ Z ÷ = sin(− ) ⇔  x + π π 11π    = π + + 2kπ  x = + 6kπ Vậy, phơng trình cã hai hä nghiƯm VÝ dơ 2: TÝnh c¸c gãc cña ∆ABC, biÕt AB = cm, AC = cm đờng AH = 1cm Hớng dẫn: Sử dụng hệ thức lợng giác tam giác vuông Giải Trong tam giác vuông HAB, ta có: sin B = AH = = sin450 ⇒ AB ˆ =45 B  ˆ =135 B  ˆ ≈35 C  ˆ ≈ C 145 Trong tam giác vuông HAC, ta có: ˆ sin C = AH = ≈ sin350 ⇒ AC Giá trị C 1450 không đợc chấp nhận B + C > 1800, mâu thuẫn, 350 ta có C Khi đó: Với B = 450 C 350 ta đợc  = 1800 B C 1000 0 ˆ ˆ ˆ ˆ  Víi B = 135 C 35 ta đợc  = 180 − B − C ≈ 100 VÝ dô 3: a Chøng minh r»ng sin π −1 = 12 2 b Giải phơng trình 2sinx 2cosx = cách biến đổi vế trái dạng Csin(x + ) c Giải phơng trình 2sinx 2cosx = cách bình ph¬ng hai vÕ π π π  Híng dÉn: Sư dơng phÐp biÕn ®ỉi 12 = −  Gi¶i a Ta cã: sin  π π π π π π π = sin  −  = sin cos − cos sin 4 12 4  1 1 −1 = − = − = , ®pcm 2 2 2 2 2 b Biến đổi phơng trình dạng: π π −1 2 sin(x − ) = − ⇔ sin(x − )= = sin(− ) 4 2 12 π π π   x − = − 12 + kπ x = + kπ ⇔  ⇔  , k ∈ Z x − π = π + π + kπ x = π + kπ   12   VËy, ph¬ng trình có hai họ nghiệm c Biến đổi phơng trình vỊ d¹ng: 4(sinx − cosx)2 = (1 − )2 ⇔ 4(1 − sin2x) = − ⇔ sin2x = π π   2 x = + kπ x = + kπ ⇔  ⇔  , k ∈ Z 2 x = π − π + kπ x = π + kπ   3   Thư l¹i: a Víi hä nghiƯm x =  π + kπ ta cần xét hai trờng hợp tính chẵn, lẻ cđa k: Víi k = 2l th×: π π + 2lπ) − 2cos( + 2lπ) 6 π π = 2sin − 2cos = − , ®óng 6 2sinx − 2cosx = 2sin(  Víi k = 2l + th×: π π + (2l + 1)π] − 2cos[ + (2l + 1)π] 6 7π 7π = 2sin − 2cos = −1 + , sai 6 π b Víi hä nghiƯm x = + k ta cần xét hai trờng hợp tính chẵn, lẻ k 2sinx 2cosx = 2sin[ Bạn đọc tự giải tiếp Nhận xét: Nh vậy, sử dụng phép biến đổi không tơng đơng cần thực công việc thử lại để xác định tính đắn nghiệm phơng trình Và nhiều trờng hợp việc thử lại tốn công, việc lựa chọn phơng pháp biến đổi để giải phơng trình lợng giác quan trọng Ví dụ 4: Giải phơng trình: sin(sin2x) = Hớng dẫn: Sử dụng điều kiện để phơng trình sinx = m có nghiệm Giải Ta có: sin(πsin2x) = ⇔ πsin2x = π + 2kπ ⇔ sin2x = + 2k, k ∈ Z 2 (1) Phơng trình (1) có nghiệm khi:  1 + 2k ≤ ⇔ − ≤k≤ 4 k∈ Z ⇔k = Khi (1) có dạng: x = + lπ x = 12 + lπ sin2x = ⇔  ⇔  , l ∈ Z 2 x = 5π + lπ x = 5π + lπ   12  Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm Dạng 2: Phơng trình cosx = m Phơng pháp thực Ta biƯn ln theo c¸c bíc sau: Bíc NÕu m > phơng trình vô nghiệm Bớc Nếu m 1, xét hai khả năng: Khả 1: Nếu m đợc biểu diễn qua cos góc đặc biệt, giả sử , phơng trình có dạng : cosx = cosα ⇔ x =α+2 kπ x =− +2 kπ, α  k ∈ Z x =α+2 kπ x = +2 k, k Z Khả 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua cos góc đặc biệt, đặt m = cos, ta đợc cosx = cos Trong hai trờng hợp ta kết luận phơng trình có hai họ nghiệm Đặc biệt: Ta có kết quả: + kπ, k ∈ Z  cosx = ⇔ x =   cosx = ⇔ x = 2kπ, k ∈ Z cosx = −1 ⇔ x = π + 2kπ, k ∈ Z VÝ dô 1: a cos Giải phơng trình sau: x = cos π  b cos  x + ÷ = 4   Híng dÉn: Sư dụng kiến thức phần phơng pháp giải toán Giải a Ta có biến đổi: x = + 2kπ ⇔ x = ±3 + 6kπ, k Z Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm b Đặt = cos, ta có biến đổi: π π π  cos  x + ÷ = cosα ⇔ x + = ±α + 2kπ ⇔ x = ±α − + 2kπ, víi k ∈ Z 4 Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm Chú ý: Với câu b) ta trình bày nh sau: 2 = ±arccos + 2kπ ⇔ x = ± arccos − + 2kπ, víi k ∈ Z 18 5 18 VËy, phơng trình có hai họ nghiệm x+ Ví dụ 2: Tìm tập xác định hàm số sau: y= sin x cos 4x − cos3x  Híng dÉn: Sư dụng điều kiện có nghĩa hàm phân thức Giải Điều kiện để hàm số xác định là: x ≠ 2kπ  4x ≠ 3x + 2kπ  ⇔ 2kπ , k ∈ ¢ cos4x − cos3x ≠ ⇔ cos4x ≠ cos3x ⇔   4x ≠ −3x + +2kπ x ≠  kπ Vậy, ta đợc tập xác định hàm số D = R\{ }, víi k ∈ Z VÝ dụ 3: Giả sử tàu vũ trụ đợc phóng lên từ mũi Ca-na-vơ-ran Mỹ Nó chuyển động theo quỹ đạo đợc mô tả đồ phẳng (qunah đờng xích đạo) mặt đất: điểm M mô tả cho tàu, đờng thẳng mô tả cho đờng xích đạo Khoảng cách h từ M đến đợc tính theo công thức h = d, ®ã d π  ( t − 10) víi t (phút) thời gian trôi qua kể từ tàu vào 45 = 4000cos quỹ đạo, d > M phía ∆, d < nÕu M ë phÝa díi ∆ a Giả thiết tàu vào quỹ đạo từ phóng lên mũi Ca-navơ-ran (tức ứng với t = 0) HÃy tính khoảng cách từ điểm C đến đờng thẳng , C điểm đồ biểu diễn cho mũi Ca-na-vơ-ran b Tìm thời điểm sớm sau tàu vào quỹ đạo để có d = 2000 c Tìm thời điểm sớm sau tàu vào quỹ đạo để có d = 1236 Giải a Với t = 0, ta đợc khoảng cách từ điểm C đến đờng thẳng là: h = d = d = 4000cos 2π ≈ 4000 × 0,766 ≈ 3064,178 km b Để có d = 2000 điều kiện lµ: π  π  π ( t − 10) = 2000 ⇔ cos  ( t − 10) = = cos  45   45  t  =25 +90 k π π ⇔ (t − 10) = ± + 2kπ ⇔ t =− +90 k , k ∈ Z  45 4000cos  (I) Thêi ®iĨm sím nhÊt sau tàu vào quỹ đạo nghiệm dơng nhỏ nhÊt cđa hƯ (I), ta thÊy t = 25 c Để có d = 1236 điều kiện là:  π  3π ( t − 10) = −1236 ⇔ cos  ( t − 10) = −0,309 ≈ cos  45   45  4000cos  ⇔ π 3π (t − 10) ≈ ± + 2kπ ⇔ 45 t  ≈37 +90 k  ≈− +90 k t 17  , k ∈ Z (II) Thời điểm sớm sau tàu vào quỹ đạo nghiệm dơng nhỏ hệ (II), ta thÊy t = 37 VËy, thêi ®iĨm sím nhÊt lµ 37 π π VÝ dơ 4: Giải phơng trình cos[ cos(x )] =  Híng dÉn: Sư dơng ®iỊu kiƯn để phơng trình cosx = m có nghiệm Giải Phơng trình tơng đơng với:   cos(x − ) = + 2kπ cos(x − ) = + 4k (1)  ⇔ , k ∈ Z  π cos(x − π ) = − π + 2kπ cos(x − π ) = − + 4k (2) 2  4 Phơng trình (1) có nghiƯm vµ chØ khi: k∈Z  + 4k ≤ ⇔ − ≤ k ≤ ⇔ k = 8 Khi ®ã (1) cã d¹ng: π π 7π    x − = + 2lπ  x = 12 + 2lπ π cos(x − ) = ⇔  ⇔ , l ∈ Z (3)  x − π = − π + 2lπ  x = − π + 2lπ    12   Phơng trình (2) có nghiệm khi: 1 k∈Z  − + 4k ≤ ⇔ − ≤ k ≤ ⇔ k = 8 Khi (2) có dạng: 11   x − = + 2lπ  x = 12 + 2lπ π cos(x − ) = − ⇔  ⇔ , l ∈ Z (4)  x − π = − 2π + 2lπ  x = − 5π + 2lπ   12 Kết hợp (3) (4), ta đợc: 11 x = 12 + lπ  , l ∈ Z  x = + l 12 Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm Dạng 3: Phơng trình tanx = m Phơng pháp thực Ta biện luận theo bớc sau: Đặt điều kiện: cosx x ≠ + kπ, k ∈ Z XÐt hai kh¶ năng: Khả 1: Nếu m đợc biểu diễn qua tan góc đặc biệt, giả sử , phơng trình có dạng: tanx = tan x = + k, k Z Khả 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua tan góc đặc biệt, đặt = tan, ta đợc tanx = tanα ⇔ x = α + kπ, k ∈ Z Trong hai trờng hợp ta kết luận phơng tr×nh cã mét hä nghiƯm  m NhËn xÐt: Nh với giá trị tham số phơng trình có nghiệm Ví dụ 1: Giải phơng trình sau: x a tan(x − 150) = c tan(2x + 450).tan(1800 − ) = b tan(2x + 1) = Giải a Đặt = tanα, ta cã biÕn ®ỉi: tan(x − 150) = tanα ⇔ x − 150 = α + k1800 ⇔ x = 150 + α + k1800, víi k ∈ Z Vậy, phơng trình có họ nghiệm b Ta cã biÕn ®ỉi: tan(2x + 1) = tan(− π π π kπ ) ⇔ 2x + = − + kπ ⇔ x = − − + , k Z 3 Vậy, phơng trình có họ nghiệm c Biến đổi phơng trình d¹ng: tan(2x + 450) = cot(1800 − x x ) ⇔ tan(2x + 450) = tan(900 − 1800 + ) 2 ⇔ tan(2x + 450) = tan( x x − 900) ⇔ 2x + 450 = − 900 + k1800 2 ⇔ x = −900 + k1200, k ∈ Z  Chó ý: Víi c©u a) ta trình bày nh sau: tan(x 150) = ⇔ x − 150 = arctan5 + k1800 ⇔ x = 150 + arctan5 + k1800, víi k Z Vậy, phơng trình có họ nghiệm Ví dụ 2: Tìm tập xác định hàm số sau: y= sin x + cos x − tan x  Híng dÉn: ThiÕt lËp ®iỊu kiƯn cã nghÜa cho hàm số tang hàm phân thức Giải Điều kiện để hàm số xác định là: + kπ , k ∈ Z π + kπ Vậy, ta đợc tập xác định hàm sè lµ D = R\{ + kπ, + kπ}, víi k Z Ví dụ 3: Giải phơng tr×nh: π tan[ (cosx + sinx)] =  π π   x ≠ x ≠ + kπ x ≠ + kπ    2  ⇔ ⇔ 1 − tan x ≠  tan x ≠ x ≠      Hớng dẫn: Sử dụng điều kiện có nghiệm phơng trình sinx = m Giải Điều kiện: cos[ (cosx + sinx)] (*) Phơng trình tơng ®¬ng víi: π π (cosx + sinx) = + kπ ⇔ cosx + sinx = + 4k, k ∈ Z 4 (1) Phơng trình (1) có nghiệm vµ chØ khi: 1 + 4k ≤ ⇔ − +1 ≤k≤ −1 k∈ Z ⇔k = Khi (1) có dạng: cosx + sinx = ⇔ sin(x + π π ) = ⇔ sin(x + )= 4 π π  x = lπ x + = + lπ  ⇔ ⇔  x = π +2 lπ, l ∈ Z tho¶ m·n (*) π 3π x + =  + lπ 4 Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm Dạng 4: Phơng trình cotx = m Phơng ph¸p thùc hiƯn Ta biƯn ln theo c¸c bíc sau: Đặt điều kiện: sinx x k, k Z Xét hai khả năng: Khả 1: Nếu m đợc biểu diễn qua cot góc đặc biệt, giả sử , phơng trình có dạng : cotx = cotα ⇔ x = α + kπ, k Z Khả 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua cot góc đặc biệt, đặt m = cot, ta đợc cotx = cot x = α + kπ, k ∈ Z Trong c¶ hai trờng hợp ta kết luận phơng trình có mét hä nghiƯm  NhËn xÐt: Nh vËy víi mäi giá trị tham số phơng trình có nghiệm Ví dụ 1: Giải phơng trình sau: x a cot  − 20 ÷ =   b cot2x = tan π  Giải a Ta có biến đổi: x x cot  − 20 ÷ = cot300 ⇔ − 200 = 300 + k1800 3  ⇔ x = 1500 + k5400, k Z Vậy, phơng trình có hä nghiƯm b Ta cã biÕn ®ỉi: π 3π 3π π π cot2x = tan = cot( − ) = cot ⇔ 2x = + kπ 5 10 10 3π kπ ⇔x= + , k ∈ Z 20 Vậy, phơng trình có họ nghiệm sin x + cos x Ví dụ 2: Tìm tập xác định cđa hµm sè y = cot 2x −  Híng dÉn: ThiÕt lËp ®iỊu kiƯn cã nghÜa cho hàm số tang hàm phân thức 10 khoảng ( ; 4) hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = cosx với đờng thẳng y = khoảng đó, cụ thể a Nghiệm phơng trình cosx = ®iÓm B1, B2, B3, B4, B5 Tõ ®ã, ta cã nghiÖm: x1 = −  π π 5π 7π 11π , x2 = , x3 = , x4 = , x5 = 3 3 b NghiÖm phơng trình cosx = khoảng ( ; 4) hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = cosx với đờng thẳng y = khoảng đó, cụ thể điểm A1, A2 Tõ ®ã, ta cã nghiƯm: x'1 = π, x'2 = Nhận xét: Nh vậy, ví dụ đà minh hoạ việc sử dụng đồ thị để tìm nghiệm thuộc khoảng (a; b) phơng trình sinx = m Tuy nhiên, thực té phơng pháp cồng kềnh so với phơng pháp so sánh Ví dụ sau minh hoạ cho nhận xét Biện luận theo m sè nghiƯm thc [ VÝ dơ 2: sinx = m ; ] phơng trình: Hớng dẫn: Thiết lập đồ thị cho hàm số sinx Giải Ta lựa chọn hai cách biĨu diƠn y sin 8π/3 B 1/2 /2 π/6 A cosin 1/2 O π/6 O π x1 y= sinx x x2 2π 8π/3 m x1 −1 x2 KÕt luận: đặt D = ( y= m , ), ta cã:   Víi |m| > 1, phơng trình vô nghiệm Với m = 1, phơng trình có nghiệm thuộc D Với − < m <  Víi  hc m = 1, phơng trình có nghiệm phân biệt thuộc D , phơng trình có nghiệm ph©n biƯt thc D ≤m < Với m < 1, phơng trình có nghiệm phân biƯt thc D 13 VÝ dơ 3: BiƯn ln theo m sè nghiƯm thc (− 5π ; π) cđa phơng trình (m + 1)sinx = (m 1)cosx (1) Hớng dẫn: Chuyển phơng trình ban đầu dạng tanx = f(m) Giải Biến đổi phơng trình vỊ d¹ng: sinx + cosx = m(cosx − sinx) ⇔ ⇔ tan(x + sin(x + π π ) = m cos(x + ) 4 y y=tan(x+) π ) = m Ta cã kÕt luËn:  Với m m 0, phơng trình cã nghiƯm ph©n biƯt thc D  Víi < m < 1, phơng trình có nghiệm phân biƯt thc D VÝ dơ 4: −5π/4 O x π y=m y=tan x Tìm nghiệm phơng trình sau khoảng đà cho: a sin2x = víi < x <  Híng dÉn:  Gi¶i b cos(x − 5) = π víi −π < x < a Trớc tiên, ta giải phơng trình phép biến đổi: 2 x = − + kπ x = − 12 + kπ π sin2x = sin(− ) ⇔  ⇔  , k ∈ Z 2 x = π + π + kπ x = 7π + kπ   12   Víi ®iỊu kiện < x < , ta lần lợt có: π π π 13 + kπ < π ⇔ < kπ < +π⇔