Toán 11 bài 2 phương trình lượng giác cơ bản

Bài 4 trang 29 sgk Đại số và Giải tích 11: Giải phương trình 2cos⁡2x1−sin⁡2x=0

Phương pháp giải:

+) Tìm ĐKXĐ.

+) AB=0⇒A=0

+) Giải phương trình lượng giác cơ bản: cos⁡x=cos⁡α⇔[x=α+k2πx=−α+k2π(k∈Z)

Lời giải:

Điều kiện: sin⁡2x≠1⇔2x≠π2+k2π ⇔x≠π4+kπ(k∈Z)

2cos⁡2x1−sin⁡2x=0

⇒2cos⁡2x=0

⇔cos⁡2x=0

⇔2x=π2+kπ

⇔x=π4+kπ2(k∈Z)

Kiểm tra ĐK:

π4+kπ2≠π4+lπ

⇔kπ2≠lπ

⇔k2≠l

⇔k≠2l

Hay k không thể nhận các giá trị chẵn.

Do đó k lẻ nên k=2m+1.

Vậy x=π4+(2m+1)π2=3π4+mπ.

Vậy phương trình có nghiệm x=3π4+mπ,m∈Z.

Chú ý: Nghiệm x=3π4+mπ cũng có thể viết thành x=−π4+nπ bằng cách đặt m=n−1.

Các em cũng có thể vẽ đường tròn đơn vị để loại nghiệm như sau:

Các điểm biểu diễn x=π4+kπ là M1,M2 nhưng điều kiện là x≠π4+kπ nên hai điểm này không lấy.

Các điểm biểu diễn x=π4+kπ2 là M1,M2,M3,M4 nhưng do không lấy hai điểm M1,M2 nên các điểm biểu diễn nghiệm chỉ còn M3,M4.

Dễ thấy hai điểm này đối xứng nhau qua O và AOM4^=−π4 nên nghiệm của phương trình là x=−π4+kπ,k∈Z.

Bài 5 trang 29 sgk Đại số và Giải tích 11: Giải các phương trình sau:

Phương pháp giải:

Coi biểu thức sau hàm tan như một ẩn phụ khác, giải tương tự như pt LG cơ bản

tan⁡x=tan⁡a⇔x=a+k1800(k∈Z)

Lời giải:

Điều kiện x−150≠900+k1800 ⇔x≠1050+k.1800.

tan(x−150)=33

⇔tan(x−150)=tan300

⇔x−150=300+k1800,(k∈Z).

⇔x=450+k1800,(k∈Z). (tm)

Vậy nghiệm của phương trình là: x=450+k1800,(k∈Z).

Phương pháp giải:

Coi biểu thức sau hàm cot như một ẩn phụ lớn, giải tương tự như pt LG cơ bản

cot⁡x=cot⁡α⇔x=α+kπ(k∈Z)

Lời giải:

Điều kiện 3x−1≠kπ(k∈Z) hay x≠1+kπ3(k∈Z)

cot⁡(3x−1)=−3⇔cot⁡(3x−1)=cot⁡(−π6)⇔3x−1=−π6+kπ⇔3x=1−π6+kπ⇔x=13−π18+kπ3(k∈Z)(tm)

Vậy nghiệm phương trình là x=13−π18+kπ3,(k∈Z)

Phương pháp giải:

AB=0⇔[A=0B=0

Lưu ý điều kiện xác định của các hàm tan và cot, hàm phân thức.

Lời giải:

Điều kiện cosx≠0⇔x≠π2+kπ(k∈Z)

cos⁡2xtan⁡x=0⇔[cos⁡2x=0tan⁡x=0⇔[2x=π2+kπx=kπ⇔[x=π4+kπ2x=kπ(k∈Z)(tm)

Vậy nghiệm phương trình là: x=π4+kπ2(k∈Z) hoặc x=kπ(k∈Z)

Phương pháp giải:

AB=0⇔[A=0B=0

Lưu ý điều kiện xác định của các hàm tan và cot, hàm phân thức.

Lời giải:

ĐK: sinx≠0⇔x≠kπ(k∈Z)

sin⁡3xcot⁡x=0⇔[sin⁡3x=0cot⁡x=0⇔[3x=kπx=π2+nπ⇔[x=kπ3x=π2+nπ(k,n∈Z)

Kết hợp với điều kiện ta thấy khi k=3m,m∈Z thì x=kπ3=3mπ3=mπ(m∈Z) ⇒sin⁡x=0 không thỏa điều kiện.

Vậy phương trình có nghiệm là: x=kπ3 (k≠3m(m∈Z)) và x=π2+nπ(n∈Z).

Chú ý:

Biểu diễn các họ nghiệm trên đường tròn lượng giác để loại nghiệm:

Các nghiệm [x=kπ3x=π2+kπ,k∈Z được biểu diễn bởi các điểm từ A1 đến A8 trên đường tròn lượng giác như hình dưới.

Với điều kiện x ≠ k.π nên các điểm A1 và A4 bị loại.

Vậy họ nghiệm chỉ còn lại các điểm A2; A3; A5; A6; A7; A8 và ta viết được dưới kết quả [x=±π3+kπx=π2+kπ,k∈Z.

Bài 6 trang 29 sgk Đại số và Giải tích 11: Với những giá trị nào của x thì giá trị của các hàm số y=tan(π4−x) và y=tan2x bằng nhau?

Phương pháp giải:

Bài toán tương đương giải phương trình tan⁡(π4−x)=tan⁡2x.

B1: Coi X=π4−xvàα=2x

B2: Giải tương tự như PT

tan⁡X=tan⁡α ⇔X=α+kπ,k∈Z

Từ đó suy ra nghiệm x và KL

Lời giải:

Ta có:

tan⁡(π4−x)=tan⁡2xDK:{π4−x≠π2+mπ2x≠π2+mπ⇔[x≠−π4−mπx≠π4+mπ2⇔x≠π4+mπ2(m∈Z)

Khi đó phương trình tương đương với:

2x=π4−x+kπ⇔3x=π4+kπ⇔x=π12+kπ3(k∈Z)

Kết hợp điều kiện ta có:

π12+kπ3≠π4+mπ2⇔kπ3≠mπ2+π6⇔2kπ≠3mπ+π⇔2k≠3m+1⇔k≠3m+12(k,m∈Z)

Vậy phương trình có nghiệm: x=π12+kπ3(k≠3m+12(k,m∈Z))

Bài 7 trang 29 sgk Đại số và Giải tích 11: H Giải các phương trình sau:

a.

Phương pháp giải:

B1: chuyển vế, đưa PT về dạng sinα=cosβ.

B2: Do sin⁡x=cos⁡(π2−x) PT trở về dạng cos⁡X=cos⁡Y với X=(π2−x);Y=β

⇔[X=Y+k2πX=−Y+k2π(k∈Z)

Từ đó suy ra nghiệm x và KL.

Lời giải:

sin⁡3x−cos⁡5x=0⇔cos⁡5x=sin⁡3x=cos⁡(π2−3x)⇔[5x=π2−3x+k2π5x=−π2+3x+k2π⇔[8x=π2+k2π2x=−π2+k2π⇔[x=π16+kπ4x=−π4+kπ(k∈Z)

Vậy nghiệm phương trình là: x=π16+kπ4(k∈Z) và x=−π4+kπ,(k∈Z)

Cách khác:

sin3x - cos5x = 0

Vậy nghiệm phương trình là: x=π16+kπ4(k∈Z) và x=−π4+kπ,(k∈Z)

Phương pháp giải:

B1: Tìm ĐKXĐ.

B2: vì 1tan⁡x=cot⁡x=tan⁡(π2−x)

phương trình trở về dạng tan⁡α=tan⁡β với α=3x;β=π2−x

⇔α=β+kπ(k∈Z)

B3: Suy ra nghiệm x rồi KL.

Lời giải:

Điều kiện:

{cos⁡3x≠0cos⁡x≠0⇔{3x≠π2+kπx≠π2+kπ⇔{x≠π6+kπ3x≠π2+kπ⇒x≠π6+kπ3(k∈Z)

tan⁡3xtan⁡x=1⇔tan⁡3x=1tan⁡x⇔tan⁡3x=cot⁡x⇔tan⁡3x=tan⁡(π2−x)⇔3x=π2−x+kπ⇔4x=π2+kπ⇔x=π8+kπ4(k∈Z)(tm)

Vậy nghiệm phương trình là x=π8+kπ4,k∈Z.

Chú ý:

Ở bài này ta thấy ngay họ nghiệm x=π8+kπ4,k∈Z không có nghiệm nào vi phạm điều kiện xác định nên ta lấy cả họ nghiệm và không phải loại bỏ điểm nào.

Lý thuyết Bài 2. Phương trình lượng giác cơ bản

1. Phương trình lượng giác cơ bản

1. Phương trình sin⁡x=a

+) Nếu |a|>1 thì phương trình vô nghiệm.

+) Nếu |a|≤1 thì phương trình sin⁡x=a có các nghiệm x=arcsin⁡a+k2π vàx=π−arcsin⁡a+k2π

Đặc biệt:

+) sin⁡f(x)=sin⁡α ⇔[f(x)=α+k2πf(x)=π−α+k2π(k∈Z)

+) sin⁡f(x)=sin⁡β0 ⇔[f(x)=β0+k3600f(x)=1800−β0+k3600(k∈Z)

2. Phương trình cos⁡x=a

+) Nếu |a|>1 thì phương trình vô nghiệm.

+) Nếu |a|≤1 thì phương trình cos⁡x=a có các nghiệm x=arccos⁡a+k2π và x=−arccos⁡a+k2π

Đặc biệt:

+) cos⁡f(x)=cos⁡α ⇔[f(x)=α+k2πf(x)=−α+k2π(k∈Z)

+) cos⁡f(x)=cos⁡β0 ⇔[f(x)=β0+k3600f(x)=−β0+k3600(k∈Z)

3. Phương trình tan⁡x=a

Phương trình luôn có nghiệm x=arctan⁡a+kπ.

Đặc biệt:

+) tan⁡x=tan⁡α ⇔x=α+kπ(k∈Z)

+) tan⁡x=tan⁡β0 ⇔x=β0+k1800

4. Phương trình cot⁡x=a

Phương trình luôn có nghiệm x=arccota+kπ.

Đặc biệt:

+) cot⁡x=cot⁡α ⇔x=α+kπ(k∈Z)

+) cot⁡x=cot⁡β0 ⇔x=β0+k1800,k∈Z

5. Các trường hợp đặc biệt

* Phương trình sin⁡x=a

+sin⁡x=0⇔x=kπ;

+sin⁡x=−1⇔x=−π2+k2π;

+sin⁡x=1⇔x=π2+k2π;

* Phương trình cos⁡x=a

+cos⁡x=0⇔x=π2+kπ

+cos⁡x=−1⇔x=π+k2π

+cos⁡x=1⇔x=k2π

2. Một số chú ý khi giải phương trình.

- Khi giải phương trình lượng giác có chứa tan,cot, chứa ẩn ở mẫu, căn bậc chẵn,…thì cần đặt điều kiện cho ẩn.