Giải Toán 11 SGK nâng cao Chương 1 Bài 2 Phương trình lượng giác cơ bản

Bài 14 trang 28 SGK Toán 11 nâng cao

Giải các phương trình sau:

a) sin4x=sinπ5

b) sin(x+π5)=12

c) cosx2=cos2

d) cos(x+π18)=25

Hướng dẫn giải:

Câu a:

sin4x=sinπ5[4x=π5+k2π4x=ππ5+k2π(kZ)[x=π20+kπ2x=π5+kπ2(kZ)

Câu b:

sin(x+π5)=12sin(x+π5)=sin(π6)[x+π5=π6+k2πx+π5=π+π6+k2π[x=11π6+k10πx=29π6+k10π

Câu c:

cosx2=cos2x2=±2+k2πx=±22+k4π(kZ)

Câu d:

Vì 0<25<1 nên có số α sao cho cosα=25.

Do đó cos(x+π18)=25cos(x+π18)=cosαx=±απ18+k2π,kZ.


Bài 15 trang 28 SGK Toán 11 nâng cao

a. Vẽ đồ thị của hàm số y = sinx rồi chỉ ra trên đồ thị đó các điểm có hoành độ thuộc khoảng (−π;4π) là nghiệm của mỗi phương trình sau :

1.  sinx=32

2. sinx = 1

b. Cũng câu hỏi tương tự cho hàm số y = cosx đối với mỗi phương trình sau

1.  cosx=12

2. cosx = −1.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

1/ sinx=32sinx=sin(π3)[x=π3+k2πx=4π3+k2π

  • Với x=π3+k2π và x∈(−π;4π) ta có nghiệm:

x1=π3,x2=5π3,x3=11π3

  • Với x=4π3+k2π và x∈(−π;4π) ta có nghiệm:

x4=2π3,x5=4π3,x6=10π3

2/ sinx=1x=π2+k2π

  • Với x=π2+k2π và x∈(−π;4π) ta có nghiệm :

x1=π2,x2=5π2

Xem hình vẽ

Câu b:

Tương tự câu a) ta có hình vẽ sau:

1. Nghiệm của phương trình cosx=12 thuộc khoảng (−π;4π) là:

x1=π3,x2=π3,x3=5π3,x4=7π3,x5=11π3

2. Nghiệm của phương trình cosx = −1 thuộc khoảng (−π;4π) là :

x1=π,x2=π,x3=3π


Bài 16 trang 28 SGK Toán 11 nâng cao

Tìm nghiệm của các phương trình sau trong khoảng đã cho

a.  sin2x=12 với 0 < x < π

b.  cos(x5)=32 với −π < x < π

Hướng dẫn giải:

Câu a:

sin2x=12sin2x=sin(π6)[2x=π6+k2π2x=7π6+k2π[x=π12+kπx=7π12+kπ(kZ)

Với điều kiện 0 < x < π ta có:

  • 0<π12+kπ<π112<k<1312,kZ

Nên k = 1, khi đó ta có nghiệm x=11π12

  • 0<7π12+kπ<π712<k<512,kZ

Nên k = 0, khi đó ta có nghiệm x=7π12

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm trong khoảng (0;π) là:

x=7π12 và x=11π12

Câu b:

cos(x5)=32[x5=π6+k2πx5=π6+k2π[x=π6+5+k2πx=π6+5+k2π

Ta tìm k để điều kiện – π< x < π được thỏa mãn.

Xét họ nghiệm thứ nhất:

π<π6+5+k2π7π30<12kπ<5π307123012π<k<5123012π

1,38<7123012π<k<5123012π,kZ nên 1,38<k<0,37

Chỉ có một giá trị k nguyên thỏa mãn các điều kiện đó là k = - 1.

Ta có nghiệm thứ nhất của phương trình là x=π6+52π=511π6

Tương tự, xét họ nghiệm thứ hai:

π<π6+5+k2π<π5π30<12kπ<7π30. Vậy k = −1

Ta có nghiệm thứ hai của phương trình là  x=π6+52π=513π6

Vậy x=511π6,x=513π6


Bài 17 trang 29 SGK Toán 11 nâng cao

Số giờ có ánh sáng mặt trời của một thành phố A ở vĩ độ 40˚ bắc trong ngày thứ t của một năm không nhuận được cho bởi hàm số

d(t)=3sin[π182(t80)]+12 với tZ,0<t365.

a. Thành phố A có đúng 12 giờ có ánh sáng mặt trời vào ngày nào trong năm ?

b. Vào ngày nào trong năm thì thành phố A có ít giờ có ánh sáng mặt trời nhất ?

c. Vào ngày nào trong năm thì thành phố A có nhiều giờ có ánh sáng mặt trời nhất ?

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta giải phương trình d(t) = 12 với t ∈ Z và 0 < t ≤ 365

Ta có:

d(t)=12sin[π182(t80)]=0π182(t80)=kπt=182k+80(kZ)                 

Ta lại có: 0<182k+806580182<k285182[k=0k=1

Vậy thành phố A có đúng 12 giờ ánh sáng mặt trời vào ngày thứ 80 (ứng với k = 0) và ngày thứ 262 (ứng với k = 1) trong năm.

Câu b:

Do sinx ≥ − 1 với mọi x nên thành phố A có ít giờ ánh sáng mặt trời nhất khi và chỉ khi:

sin[π182(t80)]=1 với t ∈ Z và 0 < t ≤ 365 

Phương trình đó cho ta π182(t80)=π2+k2πt=364k11(kZ)

Mặt khác, 0<364k1136511364<k376364k=1 (do k nguyên)

Vậy thành phố A có ít giờ ánh sáng mặt trời nhất (9 giờ) khi t = 353, tức là vào ngày thứ 353 trong năm.

Câu c:

Tương tự, ta phải giải phương trình:

sin[π182(t80)]=1 với t ∈ Z và 0 < t ≤ 365

π182(t80)=π2+k2πt=364k+1710<364k+171365171364<k194364k=0

Vậy thành phố A có nhiều giờ có ánh sáng mặt trời nhất (15 giờ) vào ngày thứ 171 trong năm.


Bài 18 trang 29 SGK Toán 11 nâng cao

Giải các phương trình sau:

a) tan3x=tan3π5

b) tan(x150)=5

c) tan(2x1)=3

d) cot2x=cot(13)

e) cot(x4+200)=3

f) cot3x=tan2π5

Hướng dẫn giải:

Câu a:

tan3x=tan3π53x=3π5+kπx=π5+kπ3

Câu b:

tan(x150)=5x=α+150+k1800 trong đó tanα=5

Câu c:

tan(2x1)=3tan(2x1)=tanπ32x1=π3+kπx=π6+12+kπ2(kZ)

Câu d:

cot2x=cot(13)2x=13+kπx=16+kπ2

Câu e:

cot(x4+200)=3cot(x4+200)=cot(300)x4+200=300+k1800x=2000+k7200

Câu f:

cot3x=tan2π5cot3x=cot(π22π5)3x=π10+kπx=π30+kπ3


Bài 19 trang 29 SGK Toán 11 nâng cao

a.Vẽ đồ thị của hàm số y = tanx rồi chỉ ra trên đồ thị đó có các điểm có hoành độ thuộc khoảng (−π;π) là nghiệm của mỗi phương trình sau

1. tanx = −1

2. tanx = 0

b. Cũng câu hỏi tương tự cho hàm số y = cotx và cho mỗi phương trình sau

1.  cotx=33

2. cotx = 1

Hướng dẫn giải:

Câu a:

1. Phương trình tanx = −1 có nghiệm thuộc khoảng (−π;π) là:

x=π4,x=3π4

2. Phương trình tanx = 0 có nghiệm thuộc khoảng (−π;π) là x = 0

Câu b:

 

1. Phương trình  có nghiệm thuộc khoảng (−π;π) là:

x=π3,x=2π3

2. Phương trình cotx = 1 có nghiệm thuộc khoảng (−π;π) là:

x=π4,x=3π4


Bài 20 trang 29 SGK Toán 11 nâng cao

Tìm nghiệm của các phương trình sau trên khoảng đã cho

a. tan(2x−150) = 1với −1800 < x < 900;

b. cot3x=13 với .

Hướng dẫn giải:

Câu a:

tan(2x150)=12x=150+450+k1800x=300+k9001800<300+k900<9002<13+k<1k{2;1;0}

Vậy các nghiệm của phương trình là x = −1500, x = −600 và x = 300

Câu b:  

cot3x=13x=π9+kπ3π2<π9+kπ3<076<k<13k{1;0}

Vậy các nghiệm của phương trình là x=4π9,x=π9.


Bài 21 trang 29 SGK Toán 11 nâng cao

Khi giải phương trình tanx=3; bạn Phương nhận thấy 3=tan(π3) và viết tanx=3tanx=tan(π3)x=π3+kπ.

Cũng phương trình đó, bạn Quyên lấy 3=tan2π3 nên giải như sau:

tanx=3tanx=tan2π3x=2π3+kπ

Theo em, ai giải đúng, ai giải sai ?

Hướng dẫn giải:

Cả hai bạn đều giải đúng. Hai họ nghiệm chỉ khác nhau về hình thức, thực chất chỉ là một.

Thực vậy, họ nghiệm x=2π3+kπ có thể viết lại là x=2π3π+(k+1)π hay π3+(k+1)π; đây chính là kết quả mà phương tìm được.


Bài 22 trang 30SGK Toán 11 nâng cao

Tính các góc của tam giác ABC, biết AB=2cm,AC=3cm và đường cao AH = 1cm. (Gợi ý: Xét trường hợp B, C nằm khác phía đối với H và trường hợp B, C nằm cùng phía đối với H).

Hướng dẫn giải:

Ta xét hai trường hợp:

  • TH1: B và C nằm khác phía đối với H

Trong tam giác vuông ABH ta có:

sinB=AHAB=12      

Suy ra B^=450 (chú ý rằng góc B nhọn)

Trong tam giác ACH ta có:

sinC=AHAC=13, suy ra C^3501552

Từ đó A^=1800(B^+C^)990448

  • TH2: B và C nằm cùng phía đối với H

Tương tự như trên ta có:

ABC^=1800ABH^=1800450=1350C^3501552

Từ đó A^=1800(B^+C^)90448

 

Trên đây là nội dung chi tiết Giải bài tập nâng cao Toán 11 Chương 1 Bài 2 Phương trình lượng giác cơ bản với hướng dẫn giải chi tiết, rõ ràng, trình bày khoa học. Chúng tôi hy vọng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các bạn học sinh lớp 11 học tập thật tốt.

Tham khảo thêm

Bình luận

Thảo luận về Bài viết

Có Thể Bạn Quan Tâm ?