Một số phương trình biến đổi về phương trình phương trình bậc nhất – bậc hai đối với hàm số lượng giác

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BIẾN ĐỔI VỀ PHƯƠNG TRÌNH PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT – BẬC HAI ĐỐI VỚI HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC Câu 1: Giải phương trình: cos3x+sin3x 5 sinx+ 3 os2x 1 2sin 2 c x        Giải: cos3x+sin3x 5 sinx+ 3 os2x 1 2sin 2 c x        . Điều kiện : 1 sin 2 2 x   (*) Phương trình (a) trở thành : sinx+2sinx.sin2x+cos3x+sin3x sinx+cosx-cos3x+cos3x+sin3x 5 3 os2x 5 3 os2x 1 2sin 2 1 2sin 2 c c x x                      s inx+sin3x osx osx 1+2sin2xsinx+cosx+sin3x 2sin 2 . osx+cosx osx 1 2sin 2 1 2sin 2 1 2sin 2 1 2sin 2 c cx c c x x x x           Cho nên (a) 2 2 1 osx= 5cos 2 2cos 2cos 5cos 2 0 2 osx=2>1 c x x x x c            Vậy : 2 1 3 cos 2 2 2 x k x x k                . Kiểm tra điều kiện : 2 1 2sin 4 1 2. 1 2 0 3 2 k              . Cho nên nghiệm phương trình là 2 3 x k    2 1 2sin 4 1 2. 1 0 3 2 k                     Không thỏa điều kiện. Vậy phương trình có một họ nghiệm : 2 3 x k    Câu 2: Giải phương trình: 4 4 3 cos sin os x- .sin 3 0 4 4 2 x x c x                  Giải: MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BIẾN ĐỔI VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT-BẬC HAI ĐỐI VỚI HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 4 4 23 1 1 3cos sin os x- .sin 3 0 1 sin 2 sin 4 sin 2 0 4 4 2 2 2 2 2 x x c x x x x                                      2 2 2 1 1 3 1 sin 2 os4x sin 2 0 2 sin 2 1 2sin 2 sin 2 3 0 2 2 2 x c x x x x                 2 sin2x=1 sin 2 sin 2x-2=0 sin2x=-2<-1 x        sin 2 1 2 2 2 4 x x k x k k Z             Câu 3: Giải phương trình: 2 2 2 2sin 3 os 4 sin 5 os 6x c x x c x   Giải: 2 2 2 2sin 3 os 4 sin 5 os 6x c x x c x       1 os6x 1 os8x 1 os10x 1 os12x os8x+cos6x os10x+cos12x 2 2 2 2 c c c c c c             2 2 cosx=0 2 os7xcosx 2 os11xcosx 11 7 2 cos11x=cos7x 2 11 7 2 9 x k x k k c c x x k x k Z x x k k x                                   Câu 4: Giải phương trình:   25.sinx-2=3 1-sinx .tan x Giải:   25.sinx-2=3 1-sinx .tan x . Điều kiện :  cos 0 2 x x k k Z       PT     22 2 2 2 2 3 1 sinx sinsin 3sin 3sin 5.sinx-2=3 1-sinx . 5.sinx-2= os 1 sin 1 sinx 1 sinx xx x x c x x            2 2 1 sinx=- 5.s inx-2 1 sinx =3sin 2sin 3sin 2 0 2 sinx=2>1 x x x           Vậy phương trình có nghiệm :   2 1 6 sin 72 2 6 x k x k Z x k                 ( Thỏa mãn diều kiện ) Câu 5: Giải phương trình:   2osx 2sinx+3 2 2cos 1 1 1 sin 2 c x x     Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Giải:   2osx 2sinx+3 2 2cos 1 1 1 sin 2 c x x     . Điều kiện :  sin 2 1 4 x x k k Z       (*) Khi đó :   2 2 osx 2sinx+3 2 2cos 1 1 sin 2 +3 2 osx 2cos 1 1 sin 2 1 sin 2 c x x c x x x          2 2 osx= 2 2cos 3 2 osx 2 0 osx= 22 2 4 osx= 2 1 c x c c x k c                 Nhưng do điều kiện (*) Ta chỉ có nghiệm : 2 4 x k     , thỏa mãn .Đó cũng là nghiệm Câu 6: Giải phương trình: x x x 3 1 cos . os . os s inx.sin .sin 2 2 2 2 2 x x c c   Giải:     x 3x x 3 1 cos . os . os s inx.sin .sin osx cos2x+cosx s inx cosx-cos2x 1 2 2 2 2 2 x x c c c        2 2os2x cosx+sinx os sin osx 1 os2x cosx+sinx sinxcosx-sin 0c c x xc c x             os2x cosx+sinx sinx cosx+sin 0 osx+sinx os2x-sinx 0c x c c           4t anx=-1 osx+sinx 0 2 cos2x=sinx=cos 6 3os2x-sinx 0 2 2 2 x k c k x k Z xc x k                                  Câu 7: Giải phương trình: 2 24sin 2 6sin 9 3cos 2 0 osx x x x c     Giải: 2 24sin 2 6sin 9 3cos 2 0 osx x x x c     . Điều kiện :  osx 0 x 2 c k k Z       Khi đó :     2 2 24sin 2 6sin 9 3cos 2 0 4 1 os 2 3 1 os2x 9 3cos 2 0 osx x x x c x c x c            Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 2 2 os2x; t 1 1 os2x; t 1 1 4 os 2 6cos 2 2 0 1 2 3 1 0 1 2 2 t c t t c t c x x tt t t                            os2x 1 2 1 os2x 2 3 c x k c x k                      . Nhưng nghiệm : 2 x k    vi phạm điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm :  2 3 x k k Z      Câu 8: Cho 1 2 ( ) s inx+ sin 3 sin 5 3 5 f x x x  . Hãy giải phương trình : f'(x)=0. Giải: Cho : 1 2 ( ) s inx+ sin 3 sin 5 3 5 f x x x  . Hãy giải phương trình : f'(x)=0. Ta có :      ' osx+cos3x+2cos5x=0 cos5x+cosx oss5x+cos3x 0f x c c         2 3 2 2 osx; t 1 2cos3 os2x 2cos 4 cos 0 4 3 2 1 2 2 1 1 0 t c xc x x t t t t t                     4 2 2 25 3 0 osx 0 osx; t 1osx; t 1 9 17 9 17 2 8 9 2 0 2cos16 18 4 0 16 8 t c t ct c t t t t xt t t                             osx 0 osx 0 9 17 9 17 1 17 os2x 1 os2x 1 8 8 8 c c c c                 - Trường hợp : cosx=0 2 x k     - Trường hợp :   1- 17 os2x= os x= +k 2x= +k28 2 2x= 21+ 17 x=cos2x= os 22 c c k Z k kc                          Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Câu 9: Giải phương trình: 2 5 sin 5cos .sin 2 2 x x x Giải: 25sin 5cos .sin 2 2 x x x Đặt : 2 2 x t x t   . Khi đó phương trình trở thành : 2sin 5 5cos 2 sint t t (2) Nhan hai vế với 2cost ta được : 2 22sin 5 . ost=5cos 2t.2cost.sint sin6t+sin4t=5cos 2 .sin 2t c t t  5 5 sin6t+sin4t= cos2 .2cos 2 sin 2 sin 4 . os2t 2 2 t t t t c  3 23sin 2 4sin 2 2sin 2 . os2t- 5 os 2t.sin2t=0t t t c c       2 2 2 2sin 2 3 4sin 2 2. os2t- 5 os 2t =0 sin 2 3 4 1 os 2 2. os2t- 5 os 2t =0t t c c t c t c c        2 sin2t=0 2 2 sin 2 1 2. os2t+ os 2t =0 2 cos2t=1 2 2 t k t c c x k t k               Câu 10: Giải phương trình: 3tan t anx-1 4 x        Giải: 3tan t anx-1 4 x        Điều kiện :   os x- 0 *4 osx 0 c c           . Khi đó phương trình trở thành :     tan tan t anx=1tanx-1 14 t anx-1 t anx-1 0 tanx-1 1 0 tanx=0tanx+1 tanx+1 1 t anx.tan 4 x                    = 4 x=k x k        Nghiệm này thỏa mãn điều kiện (*) Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Câu 11: Giải phương trình: 4 4 4sin 2 os 2 os 4 tan tan 4 4 x c x c x x x                  Giải: 4 4 4sin 2 os 2 os 4 tan tan 4 4 x c x c x x x                  . Do : tan tan tan cot 1 4 4 4 4 x x x x                                 . Cho nên mẫu số khác không . Phương trình trở thành : 4 4 4 2 4 1 sin 2 os 2 os 4 1 sin 4 os 4 2 x c x c x x c x       2 2 4 2 1 os 4 .0 1 2 1 os 4 2 os 4 1 02 1 0 2 t t c x t c x c x tt t                   Vậy : 21 os 4 1 sin 4 0 4 k t c x x x         . Đối chiếu với điều kiện để tan a tan 4 4 x v x               có nghĩa thì ta phải bỏ đi các nghiệm Ứng với k là lẻ : 2 1 os 0 4 4 2 1 os 0 4 4 k n x n c x k n x n c x                                     . Do đó phương trình chỉ có nghiệm ứng với k là chẵn : x=   2 n n Z   Câu 12: Giải phương trình:  8 8 10 10 5 sin os 2 sin os os2x 4 x c x x c x c    Giải:       8 8 10 10 8 10 8 10 5 sin os 2 sin os os2x 4 5 sin 2sin os 2cos os2x=0 4 PT x c x x c x c x x c x x c              8 2 8 2 5 sin 1 2sin os 1 2cos os2x=0 4 x x c x x c     Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 8 8 8 85 5sin os2x- os os2x os2x=0 cos2x sin os 0 4 4 xc c xc c x c x            - Trường hợp : cos 2 0 4 2 k x x       - Trường hợp :   8 8 4 4 4 4 5 sin os 4 sin os sin os 5 0 4 x c x x c x x c x        2 2 2 2 1 1 4 sin os 1 sin 2 5 0 4 os2x 1 sin 2 5 0 2 2 x c x x c x                       24 os2x+2cos2x 1 os 2 5 0c c x    32 os 2x+2cos2x+5 0c  Đặt :    3 2os2x t -1;1 ( ) 2 2 5 '( ) 6 2 0 1;1t c VT f t t t f t t t              Chứng tỏ f(t) đồng biến . Khi đó tại f(-1)=1 và f(1)=9 cho nên với mọi  1;1 ( ) 0t f t   Vậy phương trình vô nghiệm .