LUONG GIAC KHONG MAU MUC

Một số phương trình lượng giác thể hiện tính không mẫu mực ở ngay dạng của chúng, nhưng cũng có những phương trình ta thấy dạng rất bình thường nhưng cách giải lại không mẫu mựcA. Sau [r]

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ CÁCH GIẢI KHÔNG MẪU MỰC

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Một số tốn phương trình lượng giác mà cách giải tuỳ theo đặc thù phương trình, khơng nằm phương pháp nêu hầu hết sách giáo khoa

Một số phương trình lượng giác thể tính khơng mẫu mực dạng chúng, có phương trình ta thấy dạng bình thường cách giải lại khơng mẫu mực

Sau phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực thường gặp

I.PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNG

Phương pháp nhằm biến đổi phương trình lượng giác dạng vế tổng bình phương số hạng (hay tổng số hạng khơng âm) vế cịn lại khơng áp dụng tính chất:

  

    

0 0 0

2

B A B

A

Bài Giải phương trình:

0 sin tan sin tan

3 2

  



 x x x

x

m n Z

n x

m x

x x x

x

x x

x x

x x

x x

x x

 

    

 

  

     

  

  

 

  

  

 

  

  



  

 

, 6

2 sin

3 tan

0 sin

0 tan

0 ) sin ( ) tan (

0 sin sin tan tan

0 sin tan sin tan

2

2

2

 

 

ĐS x  2k

6

 (kZ)

II.PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP

Phương pháp xây dựng tính chất: Để giải phương trình )

( ) (x g x

f  , ta nghĩ đến việc chứng minh tồn A → R:

) , ( ,

)

(x A x a b

f    g(x)A,x(a,b) đó:

  

   

A xg

A xf xg xf

)( )( )( )(

Nếu ta có f(x) A g(x) A, x(a,b) kết luận phương

trình vơ ngiệm

Bài Giải phương trình:

cos5



x

x

GIẢI

x x

x

x 2

5 0 cos

cos    

Vì  1cosx 1 nên 1

    

x x

mà   cos 0,  1,1 cos 0,  1,1

,

,

1           

   

   

   x x x x

Do



x cos5



Vậy phương trình cho vơ nghiệm Bài Giải phương trình:

1 cos

sin1996x 1996x (1)

GIẢI (1) sin1996x cos1996x sin2x cos2x

 

 

) cos ( cos ) (sin

sin2 x 1994x x 1994 x 

 

 (2)

Ta thấy x x x

x x

   

   

 

,0 )1 (sin sin 1 sin

0

sin 2 1994

1994

Mà x x x

x x

  

 

  

 



,0 ) cos 1( cos 0 cos 1

0

cos 2 1994

1994

Do (2) ( ),

2 2 1 cos

0cos 1 sin

0sin 0) cos1( cos

0)1 (sin sin

1994 2

1994 2

Znm nx

nx m x

mx

x x x x x x

x x



        

    

    

 

       

  

    

   

  

 

 

  

 



Vậy nghiệm phương trình là: ( ) k Z

k

x  

ĐS ( )

2 k Z

k

x  



    

 

  

    

   

1 sin

1 sin

1 sin

1 sin 1 sin. sin

bx ax bx ax bx

ax



    

 

  

    

  



1 sin

1 sin

1 sin

1 sin 1 sin. sin

bx ax bx ax bx

ax

Cách giải tương tự cho phương trình thuộc dạng:

1 cos

sin

1 cos sin

1 cos

cos

1 cos cos

     

bx ax

bx ax

bx ax

bx ax

III PHƯƠNG PHÁP ĐỐN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH TÍNH DUY NHẤT CỦA NGHIỆM

Tuỳ theo dạng điều kiện phương trình, ta tính nhẩm nghiệm phương trình, sau chứng tỏ nghiệm cách thông sụng sau:

Dùng tính chất đại số

Áp dụng tính đơn điệu hàm số

Phương trình f(x)0 có nghiệm x(a,b) hàm f đơn điệu

trong (a,b) f(x)0 có nghiệm x

Phương trình f(x)g(x) có nghiệm x(a,b), f(x) tăng (giảm)

Bài Giải phương trình:

1 cos

2

x

x  với x0

GIẢI

Ta thấy phương trình có nghiệm x 0

Đặt

2 cos )

(x  x x2 

f biểu thức hàm số có đạo hàm

0 , sin

) (

' x  xx x

f (vì x  sinx,x)

 Hàm f đơn điệu tăng 0,

 f(x)0 có nghiệm 0,

Vậy phương trình cho có nghiệm x 0 B.CÁC BÀI TỐN CƠ BẢN

Bài 1: Giải phương trình: sin cos

2  x x x 

x (1)

GIẢI

Ta có (1) 2 cos cos2 sin2 2sin

  

 



 x x x x x x

  

  

  

 

 



 

 



1 sin cos

0 1 sin

0 cos

0 )1 (sin )

cos

( 2

x x x x

x x

x x

x

Phương trình vơ nghiệm Bài 2: Giải phương trình:

1 cos sin4 x 15 x

GIẢI Ta có: sin4 cos15



 x

x

x x

x

x 15 2

4 cos sin cos

sin   



) cos ( cos ) (sin

sin2 x 2x x 13x 

 

 (1)

Vì sin2 x(sin2x 1)0,x

Do (1)

   

 

  

0 ) cos 1( cos

0 )1 (sin sin

13

2

x x

x x

      

  

    

   

1 cos

0 cos

1 sin

0 sin

x x x x

) ,( 2

Z n m

n x

n x

m x

m x



        

   

      

  



  

 



ĐS x k

2 hay x2k , (kZ) C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI Bài 3: Giải phương trình:

1 ) 41

4 ( cos sin4

 

 x 

x (1)

2 cot ) cos sin ( 2,3,4, )

1

(tanx x n  n x n x n

GIẢI Ta có:

(1)

4

) 2 cos(

) cos (

2

    

 

 

 





x x

1 ) sin ( ) cos

( 2

 

 

 x x

2 ) cos(

1 sin cos

  

 





x

) ( Z k k x k x            

2.Với điều kiện

2



k

x ta có tanx cotx dấu nên:

1 cot tan cot tan cot tan cot

tan         

n x x x x x x x x

Dấu "=" xảy tan 21 tan cot tan      

 x x x x

Với n2: phương trình cot tan         x

x có nghiệm cho bởi:

) ( arctan

tanx  x k kZ

Với nZ,n2 thì:

1 sin cos

sin

cos 2

 



 x x x

x n

n

Dấu xảy ( , )

1 2 2

2 k m Z

m n khi k x hay k x m n khi k x                   

(đều không thoả mãn điều kiện xk2 phương trình)

Vậy với n2,nZ phương trình vơ nghiệm

ĐS ( )

2

arctan k k Z

x   

Bài 4: Giải phương trình:

1 cos cos cos

cos    

x x

x

x (1)

GIẢI Điều kiện:      0 3 cos 0 cos x x

Khi (1) cos cos2 cos3 cos23

 

 

 x x x x

Vì ) 41

2 (

1 2

2       

 a a a a

a

Do cos cos2 41



 x

x

4 cos cos   x x cos cos cos

cos 2

 

 

Dấu xảy  

     

   

    

 

 

 x

x x x x

x x

2 1 3cos

2 1 cos 4 1 3cos 3cos

4 1 cos cos

2 2

Vậy phương trình (1) vô nghiệm D.CÁC BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1: Giải phương trình:

x x

x

3 cos 2 sin

sin   

HƯỚNG DẪN

x x

x x

x

x x x

x x x

  

  



 

 

, sin

, cos sin

, cos cos

, sin sin

4

3

2

2

Vậy phương trình tương đương:

   

 

 

1 sin 2

1 cos sin

4 3

x x x

ĐS ( )

2 k k Z

x   

Bài 2: Giải phương trình:

2 tan

sinx x x với

2 0x

HƯỚNG DẪN Dễ thấy phương trình có nghiệm x 0 Đặt f(x)sinxtanx 2x liên tục 

    

2 ; 

Có đạo hàm: 

         

 

2 ; ,

0 cos

) cos )(cos

1 (cos )

(

' 2

2



x x

x x

x x

f do

0 cos cos

2 1 cos

5

1

   

     

f

 đơn điệu tăng      

2 ; 

Bài 3: Giải phương trình:

cos4x cos2x2 sin3x

  

ĐS ( )

2 k k Z

x   

Bài 4: Giải phương trình:

x x

x

x sin cos sin

cos4

 



ĐS xk(kZ)

Bài 5: Giải phương trình:

0 sin

2

   xy

x

ĐS

    

  

 

k y

x

2 2 1

hay

    

 

 

 

k y

x

2 2

1