Giải bài tập SGK Toán 11 Bài 3: Một số phương trình lượng giác thường gặp
Phần hướng dẫn giải bài tập một số phương trình lượng giác thường gặp sẽ giúp các em nắm được phương pháp và rèn luyện kĩ năng các giải bài tập từ SGK Đại số và Giải tích 11 Cơ bản-Nâng cao.
Mục lục nội dung
Giải bài tập SGK Toán 11 Bài 3: Một số phương trình lượng giác thường gặp
1. Giải bài 1 trang 36 SGK Đại số & Giải tích 11
Giải phương trình: sin2x−sinx=0sin2x−sinx=0
Phương pháp giải
Đặt nhân tử chung, đưa phương trình về dạng tích và giải các phương trình lượng giác cơ bản:
sinx=sinα⇔[x=α+k2πx=π−α+k2π(k∈Z)
Hướng dẫn giải
sin2x−sinx=0⇔sinx(sinx−1)=0⇔[sinx=0sinx−1=0⇔[sinx=0sinx=1⇔[x=kπx=π2+k2π(k∈Z)
Vậy nghiệm của phương trình là x=kπ hoặc x=π2+k2π(k∈Z)
2. Giải bài 2 trang 36 SGK Đại số & Giải tích 11
Giải các phương trình sau
a) 2cos2x−3cosx+1=0
b) 2sin2x+√2sin4x=0
Phương pháp giải
a) Đặt t=cosx, đưa về phương trình bậc hai ẩn t, giải phương trình bậc hai ẩn t sau đó giải các phương trình lượng giác cơ bản của cos.
b) Sử dụng công thức nhân đôi sin4x=2sin2xcos2x
Đặt nhân tử chung, đưa phương trình về dạng tích.
Giải các phương trình lượng giác cơ bản của sin và cos.
Hướng dẫn giải
Câu a: Đặt t=cosx,t∈[−1;1] ta được phương trình:
2t2−3t+1=0⇔[t=1(tm)t=12(tm)+)t=1⇔cosx=1⇔x=k2π(k∈Z)+)t=12⇔cosx=12⇔x=±π3+k2π(k∈Z)
Vậy x=k2π hoặc x=±π3+k2π (k∈Z).
Câu b: Ta có
2sin2x+√2sin4x=0⇔2sin2x+2√2sin2xcos2x=0⇔2sin2x(1+√2cos2x)=0⇔[sin2x=01+√2cos2x=0⇔[sin2x=0cos2x=−1√2⇔[2x=kπ2x=±3π4+k2π⇔[x=kπ2x=±3π8+kπ(k∈Z)
Vậy nghiệm của phương trình là x=kπ2 hoặc x=±3π8+kπ(k∈Z).
3. Giải bài 3 trang 37 SGK Đại số & Giải tích 11
Giải các phương trình sau
a) sin2(x2)−2cos(x2)+2=0
b) 8cos2x+2sinx−7=0
c) 2tan2x+3tanx+1=0
d) tanx−2cotx+1=0
Phương pháp giải
- Sử dụng công thức lượng giác cơ bản đã học
- Đặt ẩn phụ t=cosx2(t∈[−1;1]), đưa về phương trình bậc hai ẩn t, giải phương trình suy ra các nghiệm t.
- Giải các phương trình lượng giác cơ bản của cos: cosx=cosα⇔x=±α+k2π(k∈Z)
Hướng dẫn giải
Câu a: Ta có
sin2x2−2cosx2+2=0⇔1−cos2x2−2cosx2+2=0⇔cos2x2+2cosx2−3=0
Đặt t=cosx2,t∈[−1;1] thì phương trình trở thành
t2+2t−3=0⇔[t=1(tm)t=−3(ktm)Khit=1⇔cosx2=1⇔x2=k2π⇔x=k4π(k∈Z)
Vậy nghiệm của phương trình là: x=k4π(k∈Z).
Câu b: Ta có
8cos2x+2sinx−7=0⇔8(1−sin2x)+2sinx−7=0⇔8sin2x−2sinx−1=0
Đặt t=sinx,t∈[−1;1] thì phương trình trở thành
8t2−2t−1=0⇔[t=12t=−14(tm)+)t=12⇔sinx=12⇔[x=π6+k2πx=5π6+k2π(k∈Z)+)t=−14⇔sinx=−14⇔[x=arcsin(−14)+k2πx=π−arcsin(−14)+k2π(k∈Z)
Câu c: ĐK: cosx≠0⇔x≠π2+kπ(k∈Z)
Đặt t=tanx thì phương trình trở thành
2t2+3t+1=0⇔[t=−1t=−12
⇔[tanx=−1tanx=−12
⇔[x=−π4+kπx=arctan(−12)+kπ(k∈Z)(tm)
Câu d: ĐK: {sinx≠0cosx≠0⇔{x≠kπx≠π2+kπ⇔x≠kπ2(k∈Z)
tanx−2cotx+1=0⇔tanx−2tanx+1=0⇔tan2x+tanx−2=0
Đặt t=tanx thì phương trình trở thành
t2+t−2=0⇔[t=1t=−2⇔[tanx=1tanx=−2⇔[x=π4+kπx=arctan(−2)+kπ(k∈Z)(tm)
4. Giải bài 4 trang 37 SGK Đại số & Giải tích 11
Giải các phương trình sau:
a) 2sin2x+sinxcosx−3cos2x=0
b) 3sin2x−4sinxcosx+5cos2x=2
c) 3sin2x−sin2x+2cos2x=12
d) 2cos2x−3√3sin2x−4sin2x=−4
Phương pháp giải
Xét phương trình: asin2x+bsinxcosx+ccos2x=d
Xét cosx=0⇔x=π2+kπ,k∈Z có là nghiệm của (1) hay không
Xét cosx≠0, chia hai vế của (1) cho cos2x ta được:
atan2x+btanx+c=d(1+tan2x)
⇔(a−d)tan2x+btanx+c−d=0 (1′)
Đặt t=tanx
Phương trình (1′) trở thành: (a−d)t2+bt+c−d=0(2)
Giải phương trình (2) theo t từ đó suy ra x theo t=tanx.
Hướng dẫn giải
Câu a: Ta nhận thấy cosx = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia hai vế cho cos2x ta được:
⇒2tan2x+tanx−3=0
⇔[tanx=1tanx=−32
Vậy phương trình có nghiệm [x=π4+kπ x=arctan(−32)+kπ,k∈Z
Câu b: Ta nhận thấy cosx = 0 không là nghiệm của phương trình:
3sin2x+4sinxcosx+5cos2x=2, nên chia hai vế phương trình cho cos2x ta được: 3tan2x−4tanx+5=2(1+tan2x)
⇔tan2x−4tanx+3=0
Đặt t = tanx
Ta có phương trình t2−4t+3=0⇔[t=1t=3
t=1⇒tanx=1⇒tanx=tanπ4⇒x=π4+kπ,k∈Z.
t=3⇒tanx=3⇒x=arctan(3)+kπ,(k∈Z)
Vậy phương trình có nghiệm là: [x=π4+kπx=arctan(3)+kπ,(k∈Z)
Câu c: sin2x+sin2x−2cos2x=12⇔sin2x+2sinxcosx−2cos2x=12 (3)
cosx=0⇔x=π2+kπ,k∈Z không là nghiệm của (3)
cosx≠0, chia hai vế của (3) cho cos2x, ta được:
sin2xcos2x+2sinxcosx−2=12cos2x⇒tan2x+2tanx−2=12(1+tan2x)
⇒2tan2x+4tanx−4=1+tan2x
⇒tan2x+4tanx−5=0
Đặt t = tanx, ta có phương trình
t2+4t−5=0⇔[t=1t=−5
t=1⇒tanx=1⇒x=π4+kπ,k∈Z
t=−5⇒tanx=−5⇒x=arctan(−5)+kπ,k∈Z
Vậy phương trình có nghiệm [x=π4+kπx=arctan(−5)+kπ,k∈Z
Câu d: 2cos2x−3√3sin2x−4sin2x=−4
⇔2cos2x−6√3sinxcosx−4(1−cos2x)+4=0
⇔2cos2x−6√3sinxcosx−4+4cos2x+4=0
⇔6cos2x−6√3sinxcosx=2
⇔6cosx(cosx−√3sinx)=0
[cosx=0cosx−√3sinx=0⇔[x=π2+kπ,k∈Zcosx=√3sinx
⇔[x=π2+kπ,k∈Ztanx=1√3⇔[x=π2+kπx=π6+kπ,k∈Z
Vậy phương trình có nghiệm là [x=π2+kπx=π6+kπ,k∈Z
5. Giải bài 5 trang 37 SGK Đại số & Giải tích 11
Giải các phương trình sau
a) cosx−√3sinx=√2
b) 3sin3x−4cos3x=5
c) 2sin2x+2cos2x−√2=0
d) 5cos2x+12sin2x−13=0
Phương pháp giải
Xét phương trình: asinx+bcosx=c(1)
Điều kiện có nghiệm: a2+b2≥c2
Chia hai vế của (1) cho √a2+b2, ta được:
(1)⇔a√a2+b2sinx+b√a2+b2cosx=c√a2+b2
Vì (a√a2+b2)2+(b√a2+b2)2=1 nên ta đặt {sinφ=a√a2+b2cosφ=b√a2+b2
Phương trình trở thành
sinxsinφ+cosxcosφ=c√a2+b2⇔cos(x−φ)=c√a2+b2
Đặt cosα=c√a2+b2 ta được phương trình lượng giác cơ bản.
Hoàn toàn tương tự ta cũng có thể đặt {cosφ=a√a2+b2sinφ=b√a2+b2
Khi đó phương trình trở thành: sinxcosφ+cosxsinφ=c√a2+b2⇔sin(x+φ)=c√a2+b2
Hướng dẫn giải
Câu a: cosx−√3sinx=√2
⇔12cosx−√32sinx=1√2⇔sinπ6.cosx−cosπ6.sinx=1√2⇔sin(π6−x)=1√2⇔sin(π6−x)=sinπ4⇔[π6−x=π4+k2ππ6−x=3π4+k2π⇔[x=−π12+k2πx=−7π12+k2π,k∈Z.
Câu b: 3sin3x−4cos3x=5⇔35sin3x−45cos3x=1.
Đặt cosα=35,sinα=45, suy ra:
sin(3x−α)=1⇔3x−α=π2+k2π⇔x=π6+α3+k2π3,k∈Z.
Câu c
2sinx+2cosx−√2=0⇔sinx+cosx=1√2⇔√2sin(x+π4)=1√2⇔sin(x+π4)=12⇔[x+π4=π6+k2πx+π4=5π6+k2π⇔[x=−π12+k2πx=7π12+k2π,k∈Z.
Câu d
5cos2x+12sin2x−13=0⇔12sin2x+5cos2x=13⇔1213sin2x+513cos2x=1
⇔sin(2x+α)=1 (sinα=513;cosα=1213)
⇔2x+α=π2+k2π⇔x=π4−α2+kπ,k∈Z.
6. Giải bài 6 trang 37 SGK Đại số & Giải tích 11
Giải phương trình
a) tan(2x+1)tan(3x−1)=1
b) tanx+tan(x+π4)=1
Phương pháp giải
Câu a: Sử dụng công thức tanx=sinxcosx và cos(a+b)=cosa.cosb−sina.sinb để biến đổi phương trình.
Câu b: Sử dụng công thức tanx=sinxcosx; sin(a+b)=sina.cosb+cosa.sinb và cosa.cosb=12[cos(a+b)+cos(a−b)] để biến đổi phương trình
Hướng dẫn giải
Câu a: Với điều kiện
{2x+1≠π2+kπ3x−1≠π2+kπ,k∈Z hay {x≠π4−12+kπ2x≠π6+12+kπ3,k∈Z
⇔tan(2x+1)tan(3x−1)=1
(1) ⇔sin(2x+1)sin(3x−1)cos(2x+1)cos(2x−1)=1
⇒cos(2x+1)cos(3x−1)−sin(2x+1)sin(3x−1)=0
⇔cos(2x+1+3x−1)⇔cos5x=0
⇔5x=π2+kπ,k∈Z
⇔x=π10+kπ5,k∈Z (thoả điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm x=π10+kπ5,k∈Z.
Câu b: Điều kiện {cosx≠0cos(x+π4)≠0
Khi đó tanx+tan(x+π4)=1
⇔sinx.cos(x+π4)+cosx.sin(x+π4)=cosx.cos(x+π4)
⇔sin(2x+π4)=12[cos(2x+π4)+cos(−π4)]
⇔2sin(2x+π4)−cos(2x+π4)=√22
⇔2√5sin(2x+π4)−1√5cos(2x+π4)=√210
⇔sin(2x+π4−α)=√210
⇔[2x+π4−α=arcsin√210+k2π2x+π4−α=π−arcsin√210+k2π
⇔[x=α2−π8+12arcsin√210+kπx=α2+3π8−12arcsin√210+kπ,k∉Z