Bài 5 trang 41 SGK Đại số và Giải tích 11Giải các phương trình sau: Quảng cáo
Video hướng dẫn giải Giải các phương trình sau: LG a 2cos2x–3cosx+1=0 Phương pháp giải: Đặt t=cosx, đưa về phương trình bậc hai ẩn t. Lời giải chi tiết: 2cos2x–3cosx+1=0 Đặt t=cosx với điều kiện −1≤x≤1, khi đó ta có: 2t2−3t+1=0⇔[t=1t=12 Với t=1, ta có: cosx=1⇔x=k2π,k∈Z Với t=12 ta có: cosx=12⇔x=±π3+k2π(k∈Z) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=k2π,x=±π3+k2π,k∈Z LG b 25sin2x+15sin2x+9cos2x=25 Phương pháp giải: Đưa phương trình về dạng phương trình tích. Lời giải chi tiết: Ta có: 25sin2x+15sin2x+9cos2x=25 ⇔25(1−cos2x)+15.2sinxcosx+9cos2x=25 ⇔25−25cos2x+30sinxcosx+9cos2x−25=0 ⇔−25cos2x+30sinxcosx+9cos2x=0 ⇔−16cos2x+30sinxcosx=0 ⇔−2cosx(8cosx−15sinx)=0⇔[cosx=08cosx−15sinx=0⇔[cosx=08cosx=15sinx⇔[cosx=0815=sinxcosx⇔[cosx=0tanx=815⇔[x=π2+kπx=arctan815+kπ,k∈Z Vậy nghiệm của phương trình là x=π2+kπ,x=arctan815+kπ(k∈Z) LG c 2sinx+cosx=1 Phương pháp giải: Phương trình dạng asinx+bcosx=c, chia cả 2 vế cho √a2+b2 Lời giải chi tiết: Chia cả hai vế của phương trình cho √5 , ta được: 2√5sinx+1√5cosx=1√5 (*) Vì (2√5)2+(1√5)2=1 nên tồn tại một góc α thỏa mãn: {sinα=2√5cosα=1√5 Khi đó, phương trình (*) trở thành: sinxsinα+cosxcosα=cosα⇔cos(x−α)=cosα⇔[x−α=α+k2πx−α=−α+k2π⇔[x=2α+k2πx=k2π(k∈Z) Vậy nghiệm của phương trình là: x=2α+k2π;x=k2π (k∈Z). LG d sinx+1,5cotx=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 sinx≠0⇔x≠kπ,k∈Z. Phương trình đã cho biến đổi: sinx+32.cosxsinx=0⇔2sin2x+3cosx=0⇔2(1−cos2x)+3cosx=0⇔2cos2x−3cosx−2=0(∗) Đặt t=cosx với điều kiện −1≤t≤1 Khi đó, phương trình (*) trở thành: 2t2−3t−2=0⇔[t=2(loại)t=−12(tm) Với t=−12⇔cosx=−12 ⇔x=±2π3+k2π(k∈Z) Loigiaihay.com
Quảng cáo
|