Bài 5 trang 41 SGK Đại số và Giải tích 11

Giải các phương trình sau:

LG a

\(2cos^2x – 3cosx + 1 = 0\)

Phương pháp giải:

Đặt \(t = \cos x\), đưa về phương trình bậc hai ẩn t.

Lời giải chi tiết:

\(2cos^2x – 3cosx + 1 = 0\)

Đặt \(t = cosx\) với điều kiện \(-1 ≤ x ≤ 1\), khi đó ta có:

\(2{t^2} - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 1 \hfill \cr 
t = {1 \over 2} \hfill \cr} \right.\)

Với \(t = 1\), ta có: \(cos x = 1 ⇔ x = k2π, k ∈ \mathbb{Z}\)

Với \(t = {1 \over 2}\) ta có: \(\cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: \(x = k2\pi ,x =  \pm {\pi  \over 3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

LG b

\(25sin^2x + 15sin2x + 9 cos^2x = 25\)

Phương pháp giải:

Đưa phương trình về dạng phương trình tích.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(25sin^2x + 15sin2x + 9 cos^2x = 25\)

\(⇔ 25(1-cos^2x) + 30sinxcosx + 9cos^2x= 25\)

\(⇔ -25 cos^2x + 30sinxcosx + 9cos^2x = 0\)

\(⇔ -16cos^2x + 30sinxcosx = 0\)

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow - 2\cos x(8\cos x - 15\sin x) = 0 \cr 
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
\cos x = 0 \hfill \cr 
8\cos x - 15\sin x = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
\cos x = 0 \hfill \cr 
\tan x = {8 \over {15}} \hfill \cr} \right. \cr 
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = {\pi \over 2} + k\pi \hfill \cr 
x = \arctan {8 \over {15}} + k\pi \hfill \cr} \right.,k \in \mathbb{Z} \cr} \)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,x = \arctan \frac{8}{{15}} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\)

LG c

\(2sinx + cosx = 1\)

Phương pháp giải:

Phương trình dạng \(a\sin x + b\cos x = c\), chia cả 2 vế cho \(\sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

Lời giải chi tiết:

Chia cả hai vế của phương trình cho \(\sqrt 5 \) , ta được:

\({2 \over {\sqrt 5 }}\sin x + {1 \over {\sqrt 5 }}\cos x = {1 \over {\sqrt 5 }}\)    (*) 

Vì \({\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = 1\) nên tồn tại một góc \(α\) thỏa mãn: 

\(\left\{ \matrix{
\sin \alpha = {2 \over {\sqrt 5 }} \hfill \cr 
\cos \alpha = {1 \over {\sqrt 5 }} \hfill \cr} \right.\)

Khi đó, phương trình (*) trở thành:

\(\begin{array}{l}
\,\,\,\,\,\sin x\sin \alpha + \cos x\cos \alpha = \cos \alpha \\
\Leftrightarrow \cos \left( {x - \alpha } \right) = \cos \alpha \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - \alpha = \alpha + k2\pi \\
x - \alpha = - \alpha + k2\pi 
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\alpha + k2\pi \\
x =  k2\pi 
\end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in Z} \right)
\end{array}\)

Vậy nghiệm của phương trình là: \({x = 2\alpha  + k2\pi ;x =  k2\pi }\)    \((k \in Z)\).

LG d

\(sin x + 1,5cot x = 0\)

Phương pháp giải:

Biến đổi, quy đồng, đưa phương trình về dạng phương trình bậc cao đối với 1 hàm số lượng giác.

Lời giải chi tiết:

Điều kiện \(sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ, k ∈ \mathbb{Z}\).

Phương trình đã cho biến đổi:

\(\eqalign{
& \sin x + {3 \over 2}.{{\cos x} \over {\sin x}}=0 \Leftrightarrow 2{\sin ^2}x + 3\cos x = 0 \cr 
& \Leftrightarrow 2(1 - {\cos ^2}x) + 3\cos x = 0 \cr 
& \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 3\cos x - 2 = 0 \,\,\,\,(*)\cr} \)

Đặt \(t = cosx\) với điều kiện \(-1 \le t \le  1\)

Khi đó, phương trình (*) trở thành:

\(2{t^2} - 3t - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 2 \hfill\,\,\,\text{(loại)} \cr 
t = {{ - 1} \over 2} \hfill \,\,\,(tm)\cr} \right.\)

Với \(t =  - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos x =  - \frac{1}{2} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\)