DẠNG 5: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC sưu tầm Một số bài toán về phương trình lượng giác mà cách giải tuỳ theo đặc thù của phương trình, chứ không nằm ở trong phương pháp đã nêu
Trang 1DẠNG 5: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC (sưu tầm)
Một số bài toán về phương trình lượng giác mà cách giải tuỳ theo đặc thù của phương trình, chứ không nằm ở trong phương pháp đã nêu ở hầu hết các sách giáo khoa 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 mực
Sau đây là những phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực thường gặp
I PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNG
Phương pháp này nhằm biến đổi phương trình lượng giác về dạng một vế là tổng bình phương các số hạng (hay tổng các số hạng không âm) và vế còn lại bằng không và
áp dụng tính chất:
=
=
⇔
= +
0
0 0
2 2
B
A B
A
Bài 1. Giải phương trình:3tan2 x+4sin2 x−2 3tanx−4sinx+2=0
Hướng dẫn
3tan x 4sin x 2 3 tan x 4sin x 2 0
3tan x 2 3 tan x 1 4sin x 4sin x 1 0
( 3 tan x 1) (2sin x 1) 0
tan x
m, n Z
sin x
6 2
=
π
− =
ĐS x π 2kπ
6 +
II PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP
Phương pháp này được xây dựng trên tính chất: Để giải phương trình f(x) = g(x),
ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A → R: f(x) ≥ A, ∀x∈ (a,b) và
) , ( ,
)
g ≤ ∀ ∈ thì khi đó:
=
=
⇔
=
A x g
A x f x
g x f
) (
) ( )
( ) ( Nếu ta chỉ có f(x) > A và g(x) < A, ∀x ∈ ( b a, ) thì kết luận phương trình vô ngiệm
Bài 2. Giải phương trình: cos 5 2 0
=
+ x
x
Hướng dẫn
x x
x
Vì −1≤cosx≤1 nên 0 2 1 1 1
≤
≤
−
⇔
≤
mà [ ] cos 0 , [ 1 , 1] cos 0 , [ 1 , 1]
2
, 2 1
,
−
∈
∀
<
−
⇒
−
∈
∀
>
⇒
−
⊂
Do 2 0
>
x và cos 5 0
<
− x nên phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
Trang 2Bài 3. Giải phương trình: sin 1996 cos 1996 1
=
Hướng dẫn
(1) ⇔ sin1996 x+ cos1996 x= sin2 x+ cos2 x
) cos 1 ( cos ) 1 (sin
x x
x
x
x
∀
≤
−
⇒
≤
≥
, 0 ) 1 (sin
sin 1 sin
0
1994
2
x
x
∀
≥
−
⇒
≥
−
≥
, 0 ) cos 1 ( cos 0 cos
1
0
1994
2
2
2 1
cos
0 cos
1 sin
0 sin 0
) cos 1 ( cos
0 ) 1 (sin
sin
1994 2
1994 2
Z n m
n x
n x
m x
m x
x x x x
x x
x x
∈
=
+
=
+
=
=
⇔
±
=
=
±
=
=
⇔
=
−
=
−
⇔
π
π π
π π π
Vậy nghiệm của phương trình là: ( )
k
x= π ∈
k
x= π ∈
Áp dụng phương pháp đối lập, ta có thể suy ra cách giải nhanh chóng những phương trình lượng giác ở các dạng đặc biệt dưới đây:
(1)
−
=
−
=
=
=
⇔
=
1 sin
1 sin
1 sin
1 sin 1
sin sin
bx ax bx ax bx
=
−
=
−
=
=
⇔
−
=
1 sin
1 sin
1 sin
1 sin 1
sin sin
bx ax bx ax bx
ax
Cách giải tương tự cho các 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 ĐOÁN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH TÍNH DUY NHẤT CỦA NGHIỆM
Tuỳ theo dạng và điều kiện của phương trình, ta tính nhẩm một nghiệm của phương trình, sau đó chứng tỏ nghiệm này là duy nhất bằng một trong những cách thông sụng sau:
+ Dùng tính chất đại số
+ Áp dụng tính đơn điệu của hàm số
Phương trình f(x) = 0 có 1 nghiệm x=α∈( b a, ) và hàm f đơn điệu trong ( b a, )
thì f(x) = 0 có nghiệm duy nhất là x=α
Trang 3Phương trình f(x) = g(x) có 1 nghiệm x=α∈( b a, ), f (x) tăng (giảm) trong
)
,
( b a , g (x) giảm (tăng) trong ( b a, ) thì phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x=α là duy nhất
Bài 4. Giải phương trình:
2 1 cos
2
x
x= − với x>0 Hướng dẫn
Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm x=0
2 cos
)
(x = x+ x2 −
f là biểu thức của hàm số có đạo hàm f' (x) = − sinx+x> 0 , ∀x> 0
(vì x > sinx,∀x)
⇒ Hàm f luôn đơn điệu tăng trong (0,+∞)
⇒ f(x) = 0 có 1 nghiệm duy nhất trong (0,+∞)
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x=0
CÁC BÀI TOÁN VẬN DỤNG
Bài 1: Giải phương trình: 2 2 cos 2 sin 2 0
= +
−
Hướng dẫn
Ta có (1) 2 2 cos cos 2 sin 2 2 sin 1 0
= +
− +
+
−
Phương trình vô nghiệm
Bài 2: Giải phương trình: sin 4 cos 15 1
=
x
Hướng dẫn
Ta có: sin 4 x+ cos 15 x= 1
x x
x
⇔
) cos 1 ( cos ) 1 (sin
x x
x
Vì sin 2 x(sin 2 x− 1 ) ≤ 0 , ∀x
Và cos 2 x( 1 − cos 13 x) ≥ 0 , ∀x
Do đó (1)
=
−
=
−
⇔
0 ) cos 1 ( cos
0 ) 1 (sin sin
13 2
2 2
x x
x x
=
=
±
=
=
⇔
1 cos
0 cos
1 sin
0 sin
x x x
x
) , ( 2
2
2
Z n m
n x
n x
m x
m x
∈
=
+
=
+
=
=
⇔
π
π π
π π π
ĐS x=π +kπ
2 hay x=2kπ , (k ∈ Z)
Bài 3: Giải các phương trình:
1)
4
1 ) 4 ( cos
x
x (1) 2) cot ) cos sin ( 2 , 3 , 4 , )
4
1
Hướng dẫn
Trang 41) Ta có:
(1)
4
1 4
) 2 2 cos(
1 4
) 2 cos 1
(
2 2
=
+ +
+
−
⇔
π
x x
1 ) 2 sin 1 ( ) 2 cos 1
2
2 ) 4 2 cos(
1 2 sin 2 cos
=
−
⇔
= +
⇔
π
x
x x
) ( 4
Z k k x
k x
∈
+
=
=
⇔
π π π
2) Với điều kiện
2
π
k
x ≠ ta có tanx và cotx luôn cùng dấu nên:
1 cot
4
1 tan 1 cot 4
1 tan 2 cot 4
1 tan cot
4
1
n
x x
x x
x x
x
x
Dấu "=" xảy ra
2
1 tan
4
1 tan cot
4
1
+ Với n=2: phương trình cot 1
4
1 tan
2
=
x có nghiệm cho bởi:
) ( 2
1 arctan 2
1
+ Với n∈Z, >n 2 thì:
1 sin cos
sin
cosn x+ n x≤ 2 x+ 2 x=
1 2 2
2 2
2
m n khi k x
hay k x
m n khi k x
∈
+
= +
=
=
=
=
⇔
π
π π
π
(đều không thoả mãn điều kiện
2
π
k
x ≠ của phương trình) Vậy với n> 2 ,n∈Z thì phương trình vô nghiệm
2
1
3 cos
1 3 cos 1 cos
1
x
x x
Hướng dẫn
Điều kiện:
>
>
0 3 cos
0 cos
x x
Khi đó (1) ⇔ cosx−cos2x + cos3x−cos23x =1
Vì
4
1 0
) 2
1 ( 4
2 −a+ = a− ≥ ⇒a−a ≤
a
Trang 5Do đó
4
1 cos cosx− 2 x≤ và
4
1 3 cos 3
2
1 3 cos 3 cos 2
1 cos
≤
−
≤
−
=
=
⇔
=
−
=
−
x
x x
x
x x
2
1 3 cos
2
1 cos 4
1 3 cos 3 cos
4
1 cos cos
2 2
Vậy phương trình (1) vô nghiệm
Bài 5: Giải phương trình: sin3 x+ cos3 x= 2 − sin4 x
Hướng dẫn
x x
x x
x
x x x
x x x
∀
≥
−
∀
≤ +
⇒
∀
≤
∀
≤
, 1 sin 2
, 1 cos sin
, cos cos
, sin sin
4
3 3
2 3
2 3
Vậy phương trình tương đương:
=
−
= +
1 sin 2
1 cos sin
4
3 3
x
x x
x=π + π ∈
Bài 6: Giải phương trình: sinx+tanx−2x=0 với
2
0≤ x≤π
Hướng dẫn
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x=0
Đặt f(x) = sinx+ tanx− 2x liên tục trên
2
;
0 π
∈
∀
≥
−
−
−
=
2
; 0 ,
0 cos
) 1 cos )(cos
1 (cos )
(
x x
x x
x x
0 1 cos cos
2
5 1 1 cos
0
2
5
<
−
−
⇒
+
<
≤
≤
<
−
x x
x f
⇒ đơn điệu tăng trên
2
;
0 π