Cac phuong trinh luong giac co cach giai dac biet nguyen thi thanh huong

Trong tài liệu hơn 10 trang này, bạn sẽ tìm hiểu một vài "Kỹ thuật tạo đề" để cho ra những câu lượng giác không theo cách thông thường. Nếu bạn nào muốn làm và gặp những bài lạ thì tài liệu này sẽ là gợi ý tuyệt vời cho bạn tiếp cận bài bạn đang mắc. Kynanglamtoan xin trân trọng gửi đến bạn!

Trang 7

CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

CÓ CÁCH GIẢI ĐẶC BIỆT

GV Nguyễn Thị Thanh Hương

Chúng ta đã biết có nhiều phương pháp để giải phương trình lượng giác,

phương pháp hay dùng nhất là biến đổi để đưa về dạng tích Tuy nhiên có một số phương trình lượng giác đặc biệt thể hiện tính không mẫu mực ở ngay dạng của chúng Cũng có những phương trình lượng giác ta thấy dạng rất bình thường nhưng có cách giải lại không mẫu mực Vì vậy mục đích của chuyên đề này nhằm giới thiệu đến quý thầy cô và các em một số phương pháp giải các phương trình

lượng giác đặc biệt

I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI THÀNH TỔNG CỦA CÁC PHẦN TỬ KHÔNG

ÂM

Nội dung phương pháp:

1

2

1 2

0 0

0

n

A A

A















cos x4 cosx2 sinx xx  3 0

Giải:

( 2 sin sin ) (2 cos 4 cos 2) 0 ( sin ) 2(cos 1) 0

0

x

8 cos 4 cos 2x x 1 cos 3 x 1 0

Giải:

2

8 cos 4 cos 2 1 cos 3 1 0 4 cos 4 (1 cos 4 ) 1 cos 3 1 0

(4 cos 4 4 cos 4 1) 1 cos 3 0 (2 cos 4 1) 1 cos 3 0

1

2 cos 4 1 0 cos 4

2

1 cos 3 0 cos 3 1



 



Trang 8

Ví dụ 3 Giải phương trình

4 4 cos 2 sin 2





Giải:

4

x x  x x x  x

Do đó phương trình đã cho

2

3

1 sin 2

x



Ta có

sin sin sin (1 sin ) 0

cos cos cos (1 cos ) 0







Pt







II PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN

4

t x  x t 

Phương trình trở thành

2

4(1 3cos 2 3cos 2 cos 2 ) (4 cos 2 3cos 2 ) 1

4 cos 2 5 cos 2 1 0

t t



cos cos

3

x

x 

Giải

Đặt 2

3

x

t  , phương trình trở thành: 1(1 cos 3 ) cos 2

2  t  t(dùng công thức nhân đôi, nhân ba khai triển để giải tiếp)

Trang 9

III PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

sin x 2  5 cos  x  2

Giải:

1

3 2

2

a

a b

b







 

  



Ví dụ 2 Giải phương trình ( cos )3 x 2 3sin2x  3 3 2

Giải: Đặt a3 cosx2,b 3sin2x3

Lúc đó phương trình

3

3 3

2 2

a b

   



 

  



IV PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP

Để giải phương trình f(x) g(x), ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A sao cho f(x)  A, x (a,b) và g(x) A,x(a,b) 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

Ví dụ 1 Giải phương trình

Giải: Vì  1  cosx 1 nên 0 x2 11x1

mà   cos 0,  1,1 cos 0,  1,1

2

, 2 1

,









 



Do 2

0

x  và cos5 x0 nên phương trình vô nghiệm

3 cos

1 3 cos 1 cos

1

x

x x

x

Điều kiện:









 0 3 cos

0 cos

x x

Khi đó pt  cosx cos2 x  cos 3x cos23x  1

Vì

4

1 0

) 2

1 ( 4

2















a

cos xx  0  x   cos x

Trang 10

Do đó

4

1 cos cosx 2x và

4

1 3 cos 3 cos x 2 x

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 đã cho vô nghiệm

Ví dụ 3 Giải phương trình

sin2012xcos2012x1

sin x cos x sin x cos x

sin x(sin x 1) cos x(1 cos x)

Ta thấy

2

2 2010 2010

sin (sin 1) 0,

x

x









Mà

2

2 2010 2010

cos (1 cos ) 0,

x

x







Do đó (*)

2 2010

2 2010

sin 0

cos 0 cos (1 cos ) 0

2

x m x

x m x

x x

m n Z x

x n x

x n













  



 

  

  











Vậy nghiệm của phương trình là: ( )

2 k Z

k

x  

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 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:

Trang 11

1 cos

sin

1 cos sin

1 cos

cos

1 cos cos













bx ax

bx ax

bx ax

bx ax

4

x x  x x n

Với điều kiện

2



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















) ( 2

1 arctan 2

1 tanx   x  k  kZ

 Với nZ, n 2 thì:

1 sin cos

sin cosn x n x 2 x 2 x

1 2 2

2 2

2 2

Z m k m

n khi k x

hay k x

m n khi k x







































(đều không thoả mãn điều kiện

2



k

x  của phương trình) Vậy với n ,2 nZ thì phương trình vô nghiệm

2

1 arctan k k Z

x    

V 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 dụng sau:

 Dùng tính chất đại số

 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số

Trang 12

Phương trình f(x)0 có 1 nghiệm x( b a, ) và hàm f đơn điệu trong )

,

( b a thì f(x)0 có nghiệm duy nhất là x

Phương trình f(x) g(x) có 1 nghiệm x ( 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 là duy nhất

Ví dụ 1 Giải phương trình:

2 1 cos

2

x

x  với x 0

Giải

Ta thấy ngay phương trình có 1 nghiệm x 0

2 cos ) (

2





x

f có đạo hàm f x'( ) sinx x 0, x 0 (vì x  sin x, 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

Ví dụ 2 Giải phương trình:

0 2 tan

sinx x x với

2



 x

Giải

Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm x 0

Đặt f(x)sinxtanx2x liên tục trên 







 2

;

0 























2

; 0 ,

0 cos

) 1 cos )(cos

1 (cos ) ( '

2

x x

x x

x x

f

2

5 1 1 cos 0 2

5





















x x

x

f

 đơn điệu tăng trên 







 2

;

0 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0

Trang 13