Giải Toán 11 Ôn tập chương I

Bài tập ( trang 40, 41 sgk Đại số và Giải tích 11 )Bài tập ( trang 40, 41 sgk Đại số và Giải tích 11 )

Bài 1 trang 40 sgk Đại số và Giải tích 11:

a. Hàm số y = cos3x có phải là hàm số chẵn không ? Tại sao ?

b. Hàm sốy=tan⁡(x+π5)có phải là hàm số lẻ không ? Tại sao ?

Phương pháp giải:

Hàm số y = f ( x ) có tập xác lập D, với mọi x ∈ D ⇒ − x ∈ D .
Hàm số được gọi là hàm chẵn khi và chỉ khi : f ( x ) = f ( − x )
Hàm số được gọi là hàm lẻ khi và chỉ khi : − f ( x ) = f ( − x )
Lưu ý : Các hàm y = sin ⁡ x, y = tan ⁡ x, y = cot ⁡ x là hàm lẻ, hàm số y = cos ⁡ x là hàm chẵn .

Lời giải:

a. Ta có :
+ ) Hàm số y = cos3x có tập xác lập là D = R
+ ) ∀ x ∈ R ⇒ − x ∈ R
+ ) f ( − x ) = cos3 ( − x ) = cos ( − 3 x ) = cos ( 3 x ) = f ( x )
Vậy hàm số y = cos3x là hàm số chẵn
b. DK : x + π5 ≠ π2 + kπ ⇔ x ≠ 3 π10 + kπ
Ta có :
+ ) y = f ( x ) = tan ⁡ ( x + π5 ) có tập xác lập là D = R ∖ { 3 π10 + kπ, k ∈ Z }
+ ) ∀ x ∈ D ⇒ − x ∈ D
f ( − x ) = tan ⁡ ( − x + π5 ) = tan ⁡ [ − ( x − π5 ) ] = − tan ⁡ ( x − π5 )
− f ( x ) = − tan ⁡ ( x + π5 )
Dễ thấy − tan ⁡ ( x − π5 ) ≠ − tan ⁡ ( x + π5 ) khi x = 0 nên f ( − x ) ≠ − f ( x ) hay hàm số không lẻ .

Bài 2 trang 40 sgk Đại số và Giải tích 11:

Căn cứ vào đồ thị hàm sốy=sinx, tìm những giá trị củaxtrên đoạn[−3π2,2π]để hàm số đó :

a. Nhận giá trị bằng − 1

b. Nhận giá trị âm

a .

Phương pháp giải: 

B1 : Vẽ đồ thị hàm số y = sinx trên đoạn [ − 3 π2, 2 π ]
B2 : Vẽ đường thẳng y = − 1, giao điểm của đồ thị với đường thẳng y = − 1 chính là giá trị x cần tìm

Lời giải: 

Đồ thị hàm số y = sinx trên đoạn [ − 3 π2, 2 π ]
Dựa vào đồ thị hàm số y = sinx
Những giá trị của x ∈ [ − 3 π2, 2 π ] để hàm số y = sinx nhận giá trị bằng − 1 là : x = − π2 ; x = 3 π2
( Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng y = – 1 ) .

b .

Phương pháp giải: 

Quan sát đồ thị, những giá trị nào của x thảo mà đồ

Lời giải: 

Những giá trị của x ∈ [ − 3 π2, 2 π ] để hàm số y = sinx nhận giá trị âm là : x ∈ ( − π, 0 ) ∪ ( π, 2 π ) .
( Các khoảng chừng mà đồ thị nằm phía dưới trục hoành ) .

Bài 3 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11:

Tìm giá trị lớn nhất của các hàm số sau:

a .b .

a .

Phương pháp giải: 

Dựa vào đặc thù :−1≤sin⁡x≤1;−1≤cos⁡x≤1

Lời giải:

Ta có :
− 1 ≤ cos ⁡ x ≤ 1, ∀ x ∈ R ⇔ 0 ≤ 1 + cos ⁡ x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ 2 ( 1 + cos ⁡ x ) ≤ 4 ⇔ 0 ≤ 2 ( 1 + cos ⁡ x ) ≤ 2 ⇔ 1 ≤ 2 ( 1 + cos ⁡ x ) + 1 ≤ 3
⇒ ymax = 3
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ cosx = 1 ⇔ x = k2π ( k ∈ Z )
Vậy ymax = 3 khi x = k2π

b .

Phương pháp giải: 

Dựa vào đặc thù :−1≤sin⁡x≤1;−1≤cos⁡x≤1

Lời giải: 

Ta có :
Với mọi x ∈ R, ta có :
− 1 ≤ sin ⁡ ( x − π6 ) ≤ 1 ⇔ − 3 ≤ 3 sin ⁡ ( x − π6 ) ≤ 3 ⇔ − 5 ≤ 3 sin ⁡ ( x − π6 ) − 2 ≤ 1 ⇔ − 5 ≤ y ≤ 1
Vậy ymax = 1 ⇔ sin ⁡ ( x − π6 ) = 1
⇔ x − π6 = π2 + k2π ⇔ x = 2 π3 + k2π ( k ∈ Z )

Bài 4 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11: Giải các phương trình:

a .sin⁡(x+1)=23

b. sin22x = 12
c. cot2x2 = 13
d. tan ⁡ ( π12 + 12 x ) = − 3
a .

Phương pháp giải: 

Giải phương trình lượng giác cơ bản của hàm sin .

Lời giải: 

Ta có :
sin ⁡ ( x + 1 ) = 23 ⇔ [ x + 1 = arcsin ⁡ 23 + k2πx + 1 = π − arcsin ⁡ 23 + k2π ⇔ [ x = − 1 + arcsin ⁡ 23 + k2πx = − 1 + π − arcsin ⁡ 23 + k2π ; k ∈ Z
Vậy nghiệm của phương trình là x = − 1 + arcsin ⁡ 23 + k2π ; x = − 1 + π − arcsin ⁡ 23 + k2π ( k ∈ Z )
b .

Phương pháp giải: 

Sử dụng công thức hạ bậc .

Lời giải: 

Ta có :
sin22x = 12 ⇔ 1 − cos ⁡ 4×2 = 12 ⇔ cos ⁡ 4 x = 0 ⇔ 4 x = π2 + kπ ⇔ x = π8 + kπ4, k ∈ Z
Vậy nghiệm của phương trình là x = π8 + kπ4 ( k ∈ Z ) .

Cách khác:

Có thể để nguyên những họ nghiệm không nhất thiết phải gộp nghiệm .
c .

Phương pháp giải: 

Lấy căn bậc hai hai vế. Giải phương trình lượng giác cơ bản của hàm cot .

Lời giải: 

DK : x2 ≠ kπ ⇔ x ≠ k2π
Ta có :
cot2x2 = 13 ⇔ [ cot ⁡ x2 = 33 ( 1 ) cot ⁡ x2 = − 33 ( 2 ) ( 1 ) ⇔ cot ⁡ x2 = cot ⁡ π3 ⇔ x2 = π3 + kπ ⇔ x = 2 π3 + k2π, k ∈ Z ( 2 ) ⇔ cot ⁡ x2 = cot ⁡ ( − π3 ) ⇔ x2 = − π3 + kπ ⇔ x = − 2 π3 + k2π ; k ∈ Z ( TM )
Vậy nghiệm của phương trình là x = ± 2 π3 + k2π ( k ∈ Z ) .

Chú ý:

cot ⁡ ( − 33 ) = cot ⁡ ( 2 π3 ) nên khi giải pt ( 2 ) cũng hoàn toàn có thể đưa về góc 2 π3 .
d .

Phương pháp giải: 

Giải phương trình lượng giác cơ bản của hàm tan .

Lời giải: 

DK : π12 + 12 x ≠ π2 + kπ ⇔ 12 x ≠ 5 π12 + kπ ⇔ x ≠ 5 π144 + kπ12
Ta có :
tan ⁡ ( π12 + 12 x ) = − 3

⇔tan⁡(π12+12x)=tan⁡(−π3)
⇔π12+12x=−π3+kπ

⇔ x = − 5 π144 + kπ12, k ∈ Z ( TM )
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x = − 5 π144 + kπ12, k ∈ Z

Bài 5 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11:

Giải các phương trình sau:

a .b .c .d .

a .

Phương pháp giải:

Đặtt=cos⁡x, đưa về phương trình bậc hai ẩn t .

Lời giải:

2 cos2x – 3 cosx + 1 = 0
Đặt t = cosx với điều kiện kèm theo − 1 ≤ x ≤ 1, khi đó ta có :
2 t2 − 3 t + 1 = 0 ⇔ [ t = 1 t = 12
Với t = 1, ta có : cosx = 1 ⇔ x = k2π, k ∈ Z
Với t = 12 ta có : cos ⁡ x = 12 ⇔ x = ± π3 + k2π ( k ∈ Z )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = k2π, x = ± π3 + k2π, k ∈ Z

b .

Phương pháp giải:

Đưa phương trình về dạng phương trình tích .

Lời giải: 

Ta có :
25 sin2x + 15 sin2x + 9 cos2x = 25

⇔25(1−cos2x)+15.2sinxcosx+9cos2x=25

⇔ 25 − 25 cos2x + 30 sin ⁡ xcos ⁡ x + 9 cos2x − 25 = 0
⇔ − 25 cos2x + 30 sinxcosx + 9 cos2x = 0
⇔ − 16 cos2x + 30 sinxcosx = 0
⇔ − 2 cos ⁡ x ( 8 cos ⁡ x − 15 sin ⁡ x ) = 0 ⇔ [ cos ⁡ x = 08 cos ⁡ x − 15 sin ⁡ x = 0 ⇔ [ cos ⁡ x = 08 cos ⁡ x = 15 sin ⁡ x ⇔ [ cos ⁡ x = 0815 = sin ⁡ xcos ⁡ x ⇔ [ cos ⁡ x = 0 tan ⁡ x = 815 ⇔ [ x = π2 + kπx = arctan ⁡ 815 + kπ, k ∈ Z
Vậy nghiệm của phương trình là x = π2 + kπ, x = arctan ⁡ 815 + kπ ( k ∈ Z )

c .

Phương pháp giải:

Phương trình dạngasin⁡x+bcos⁡x=c, chia cả 2 vế choa2+b2

Lời giải:

Chia cả hai vế của phương trình cho 5, ta được :
25 sin ⁡ x + 15 cos ⁡ x = 15 ( * )
Vì ( 25 ) 2 + ( 15 ) 2 = 1 nên sống sót một góc α thỏa mãn nhu cầu :
{ sin ⁡ α = 25 cos ⁡ α = 15
Khi đó, phương trình ( * ) trở thành :
sin ⁡ xsin ⁡ α + cos ⁡ xcos ⁡ α = cos ⁡ α ⇔ cos ⁡ ( x − α ) = cos ⁡ α ⇔ [ x − α = α + k2πx − α = − α + k2π ⇔ [ x = 2 α + k2πx = k2π ( k ∈ Z )
Vậy nghiệm của phương trình là : x = 2 α + k2π ; x = k2π ( k ∈ Z ) .

d .

Phương pháp giải:

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

Lời giải: 

Điều kiện sinx ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ, k ∈ Z .
Phương trình đã cho biến hóa :
sin ⁡ x + 32.cos ⁡ xsin ⁡ x = 0 ⇔ 2 sin2x + 3 cos ⁡ x = 0 ⇔ 2 ( 1 − cos2x ) + 3 cos ⁡ x = 0 ⇔ 2 cos2x − 3 cos ⁡ x − 2 = 0 ( ∗ )
Đặt t = cosx với điều kiện kèm theo − 1 ≤ t ≤ 1
Khi đó, phương trình ( * ) trở thành :
2 t2 − 3 t − 2 = 0 ⇔ [ t = 2 ( loại ) t = − 12 ( tm )
Với t = − 12 ⇔ cos ⁡ x = − 12 ⇔ x = ± 2 π3 + k2π ( k ∈ Z )

Bài 6 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11:

Phương trình cos⁡x=sin⁡x có số nghiệm thuộc đoạn [−π,π] là:

( A ). 2 ( B ). 4
( C ). 5 ( D ). 6

Phương pháp giải: 

Đưa phương trình về dạng phương trình cơ bản của hàm tan .

Lời giải: 

Ta có : sin ⁡ x = cos ⁡ x ⇔ tan ⁡ x = 1 ⇔ x = π4 + kπ ( k ∈ Z )
Vì x ∈ [ − π, π ] nên :
− π ≤ π4 + kπ ≤ π ⇔ − 1 ≤ 14 + k ≤ 1
⇔ − 54 ≤ k ≤ 34
Ta có : k ∈ Z nên k ∈ { − 1 ; 0 } .
Suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm thuộc [ − π, π ] là x = − 3 π4 ; x = π4

Chọn đáp án A.

Bài 7 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11:

Phương trình cos⁡4xcos⁡2x=tan⁡2x có số nghiệm thuộc khoảng (0;π2) là:

A. 2 B. 3

C. 4                  D.

Phương pháp giải: 

+ ) Sử dụng công thức tan ⁡ 2 x = sin ⁡ 2 xcos ⁡ 2 x, quy đồng, bỏ mẫu .
+ ) Sử dụng công thức nhân đôi : cos ⁡ 4 x = 1 − 2 sin22x
+ ) Giải phương trình bậc hai của sin ⁡ 2 x .
+ ) Giải phương trình lượng giác cơ bản của hàm sin .

Lời giải: 

Điều kiện : cos2x ≠ 0 ⇔ sin2x ≠ ± 1
Ta có :
cos ⁡ 4 xcos ⁡ 2 x = sin ⁡ 2 xcos ⁡ 2 x ⇒ cos ⁡ 4 x = sin ⁡ 2 x
⇔ 1 − 2 sin22x = sin ⁡ 2 x
⇔ 2 sin22x + sin ⁡ 2 x − 1 = 0
⇔ [ sin ⁡ 2 x = − 1 ( loại ) sin ⁡ 2 x = 12
Ta có :
sin ⁡ 2 x = 12 = sin ⁡ π6 ⇔ [ 2 x = π6 + k2π2x = π − π6 + k2π ⇔ [ x = π12 + kπx = 5 π12 + lπk, l ∈ Z
Ta lại có :
x ∈ ( 0, π2 )
+ ) x = π12 + kπ : 0 < π12 + kπ < π2 ⇔ 0 < 112 + k < 12

⇔−112
⇒ x = π12
+ ) x = 5 π12 + lπ : 0 < 5 π12 + lπ < π2 ⇔ 0 < 512 + l < 12

⇔−512
⇒ x = 5 π12
Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc khoảng chừng ( 0, π2 )

Chọn đáp án A.

Bài 8 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11:

Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình sin⁡x+sin⁡2x=cos⁡x+2cos2⁡x là:

A. π6 B. 2 π3
C. π4 D. π3

Phương pháp giải: 

Đưa phương trình về dạng tích, sau đó giải những phương trình lượng giác cơ bản, sử dụng công thức nhân đôi sin ⁡ 2 x = 2 sin ⁡ xcos ⁡ x .
Sau khi tìm được những họ nghiệm, so với mỗi họ nghiệm ta tìm nghiệm dương nhỏ nhất và chọn đáp án đúng .

Lời giải:

Ta có :
sinx + sin2x = cosx + 2 cos2x
⇔ sinx + 2 sinxcosx = cosx + 2 cos2x
⇔ sinx ( 1 + 2 cosx ) = cos ( 1 + 2 cosx )
⇔ ( 1 + 2 cosx ) ( sinx – cosx ) = 0
⇔ [ 1 + 2 cos ⁡ x = 0 sin ⁡ x − cos ⁡ x = 0 ⇔ [ cos ⁡ x = − 12 tan ⁡ x = 1
⇔ [ x = ± 2 π3 + k2πx = π4 + kπ ( k ∈ Z )
Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm : x = 2 π3 + k2π ⇒ x = 2 π3
Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm : x = − 2 π3 + k2π ⇒ x = − 2 π3 + 2 π = 4 π3
Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm : x = π4 + kπ ⇒ x = π4
Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình đã cho là x = π4

Chọn đáp án C.

Cách khác:

Thay những nghiệm ở mỗi đáp án vào phương trình ta thấy chỉ có nghiệm x = π4, x = 2 π3 thỏa mãn nhu cầu phương trình .
Do π4 < 2 π3 nên ta chọn nghiệm x = π4 .

Bài 9 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11:

Nghiệm âm lớn nhất của phương trình 2tan2x+5tan⁡x+3=0 là:

A. −π3             B. −π4

C. −π6               D. −5π6

Phương pháp giải:

B1 : Đặt t = tan ⁡ x, giải phương trình bậc hai ẩn t .
B2 : Giải phương trình lượng giác cơ bản và trình diễn những nghiệm trên đường tròn lượng giác .

Lời giải:

Ta có :
2 tan2x + 5 tan ⁡ x + 3 = 0 ⇔ [ tan ⁡ x = − 1 tan ⁡ x = − 32 tan ⁡ x = − 1 ⇔ x = − π4 + kπtan ⁡ x = − 32 ⇔ x = arctan ⁡ ( − 32 ) + kπ
Nghiệm âm lớn nhất của họ nghiệm x = − π4 + kπ là x = − π4 .
Nghiệm âm lớn nhất của họ nghiệm x = arctan ⁡ ( − 32 ) + kπ là x = arctan ⁡ ( − 32 )
Mà arctan ⁡ ( − 32 ) ≈ − 0,983, − π4 ≈ − 0,785 ⇒ − π4 > arctan ⁡ ( − 32 )
Vậy nghiệm âm lớn nhất của pt là x = − π4 .

Cách khác:

Dựa vào đường tròn lượng giác ta có :x=−π4là nghiệm âm lớn nhất của phương trình đã cho .

Bài 10 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11:

Phương trình 2tan⁡x–2cot⁡x–3=0 có số nghiệm thuộc khoảng (−π2,π) là:

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Phương pháp giải: 

B1 : Đưa về phương trình bậc hai của tanx bằng công thức cot ⁡ x = 1 tan ⁡ x .
B2 : Giải PT lượng giác, lấy những nghiệm thuộc khoảng chừng ( − π2, π ) và KL .

Lời giải: 

Ta có :
2 tan ⁡ x − 2 cot ⁡ x − 3 = 0 ⇔ 2 tan ⁡ x − 2 tan ⁡ x − 3 = 0 ⇒ 2 tan2x − 3 tan ⁡ x − 2 = 0 ⇔ [ tan ⁡ x = 2 tan ⁡ x = − 12

Vẽ đường tròn lượng giác với giá trị tanx=2, tan⁡x=−12 ta thấy phương trình có ba nghiệm thuộc khoảng (−π2,π).

Cách khác:

[ tan ⁡ x = 2 tan ⁡ x = − 12 ⇔ [ x = arctan ⁡ 2 + kπx = arctan ⁡ ( − 12 ) + kπ

+)−π2
Vậy có ba nghiệm cần tìm .

Chọn đáp án C.

Đọc thêm: Kĩ năng tổng hợp và loại nghiệm bằng đường tròn lượng giác

1. Lý thuyết

2. Ví dụ

Tìm và biểu diễn các nghiệm của phương trình sau trên đường tròn lượng giác:

a ) sin ⁡ ( 2 x + π3 ) = 12 ⇔ [ 2 x + π3 = π6 + k2π2x + π3 = 5 π6 + k2π ⇔ [ x = − π12 + kπx = π4 + kπ, k ∈ Z .
Biểu diễn nghiệm trên đường tròn đơn vị chức năng :

Ở đó, hai điểm M1, M2 trình diễn góc x = π4 + kπ và hai điểm M3, M4 trình diễn góc x = − π12 + kπ .
b ) 2 cos ⁡ 2×1 − sin ⁡ 2 x = 0
Điều kiện : 1 − sin ⁡ 2 x ≠ 0 ⇔ sin ⁡ 2 x ≠ 1 ⇔ 2 x ≠ π2 + k2π ⇔ x ≠ π4 + kπ .
Phương trình ⇔ cos ⁡ 2 x = 0 ⇔ 2 x = π2 + kπ ⇔ x = π4 + kπ2 .
Biểu diễn trên đường tròn đơn vị chức năng :

Các điểm trình diễn x = π4 + kπ là M1, M2 nhưng điều kiện kèm theo là x ≠ π4 + kπ nên hai điểm này không lấy .
Các điểm trình diễn x = π4 + kπ2 là M1, M2, M3, M4 nhưng do không lấy hai điểm M1, M2 nên những điểm màn 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 .
c ) 3 cot ⁡ 2 x − 12 cos ⁡ x + 1 = 0

Điều kiện : 2 cos ⁡ x + 1 ≠ 0 ⇔ cos ⁡ x ≠ − 12 ⇔ { x ≠ 2 π3 + k2πx ≠ − 2 π3 + k2π, k ∈ Z .
Khi đó phương trình ⇔ 3 cot ⁡ 2 x − 1 = 0 ⇔ cot ⁡ 2 x = 13 ⇔ cot ⁡ 2 x = cot ⁡ π3 ⇔ 2 x = π3 + kπ ⇔ x = π6 + kπ2, k ∈ Z .
Biểu diễn trên đường tròn đơn vị chức năng :

Ở đó, điểm M biểu diễn góc x=2π3+k2π và điểm M3 biểu diễn góc x=−2π3+k2π, ta đánh dấu đỏ thể hiện không lấy hai điểm đó (do điều kiện xác định).

Các điểm M1, M2, M3, M4 là những điểm màn biểu diễn nghiệm x = π6 + kπ2, trong đó không lấy điểm M3 do điều kiện kèm theo xác lập .
Do đó, chỉ còn lại hai điểm M1, M2 ( với AOM1 ^ = π6 ) trình diễn góc x = π6 + kπ và điểm M4 màn biểu diễn góc x = − π3 + k2π ( với AOM4 ^ = − π3 ) .
Vậy phương trình có nghiệm x = π6 + kπ hoặc x = − π3 + k2π với k ∈ Z .

Source: https://evbn.org
Category: Bài Tập