Chương I. Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác

Bài 4. Phương trình lượng giác cơ bản

SBT (Sách bài tập) Toán 11 — Kết nối tri thức, tập 1 · 6 bài tập, mỗi câu ít nhất 2 cách giải.

Mở bài học này trong app ↗📗 Xem bài này trong SGK →

Bài 1 · 1.25★★Trang 24— Giải phương trình lượng giác cơ bản

Giải các phương trình sau: a)

2 sin (\frac{x}{3} + 1 5^{\circ}) + 2 = 0

; b)

cos (2 x + \frac{π}{5}) = - 1

; c)

3 tan 2 x + 3 = 0

; d)

cot (2 x - 3) = cot 1 5^{\circ}

Kiến thức cần nhớ

$sin u = sin v \Leftrightarrow u = v + k 2 π$ hoặc $u = π - v + k 2 π$ , $k \in Z$ .
$cos u = cos v \Leftrightarrow u = \pm v + k 2 π$ , $k \in Z$ .
$tan u = tan v \Leftrightarrow u = v + k π$ và $cot u = cot v \Leftrightarrow u = v + k π$ , $k \in Z$ .
Khi cung đo bằng độ thì chu kì của sin và côsin là $k \cdot 36 0^{\circ}$ , của tang và côtang là $k \cdot 18 0^{\circ}$ ; đổi đơn vị bằng hệ thức $18 0^{\circ} = π$ .
Cung đặc biệt cần thuộc: $sin (- 4 5^{\circ}) = - \frac{2}{2}$ , $cos π = - 1$ , $tan (- \frac{π}{6}) = - \frac{3}{3}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Cả bốn ý đều chỉ chứa MỘT hàm lượng giác của một cung bậc nhất theo

x

, nên dấu hiệu là cô lập hàm đó rồi đưa về bốn dạng cơ bản

sin u = m

cos u = m

tan u = m

cot u = m

. Việc cần cân nhắc là chọn cung mốc: lấy mốc là cung đặc biệt thì nghiệm gọn, lấy mốc bằng

arcsin

hay

arctan

thì dài vô ích. Bẫy nằm ở đơn vị đo: ý a và ý d dùng độ nên chu kì phải viết

k \cdot 36 0^{\circ}

hoặc

k \cdot 18 0^{\circ}

, riêng ý d còn trộn số đo thực

3

với số đo độ

1 5^{\circ}

nên phải đổi

1 5^{\circ} = \frac{π}{12}

trước khi cộng.

1Cách 1. Cô lập hàm lượng giác rồi dùng ngay công thức nghiệm tổng quát

Định hướng. Đưa mỗi phương trình về đúng một dạng cơ bản, chọn cung mốc là cung đặc biệt rồi viết công thức nghiệm.

2 sin (\frac{x}{3} + 1 5^{\circ}) + 2 = 0

sin (\frac{x}{3} + 1 5^{\circ}) = - \frac{2}{2} = sin (- 4 5^{\circ})

\frac{x}{3} + 1 5^{\circ} = - 4 5^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

hoặc

\frac{x}{3} + 1 5^{\circ} = 22 5^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

\frac{x}{3} = - 6 0^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

hoặc

\frac{x}{3} = 21 0^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

x = - 18 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}

hoặc

x = 63 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}

với

k \in Z

cos (2 x + \frac{π}{5}) = - 1 = cos π

2 x + \frac{π}{5} = π + k 2 π

2 x = \frac{4 π}{5} + k 2 π

x = \frac{2 π}{5} + k π

với

k \in Z

3 tan 2 x + 3 = 0

tan 2 x = - \frac{3}{3} = tan (- \frac{π}{6})

2 x = - \frac{π}{6} + k π

x = - \frac{π}{12} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

cot (2 x - 3) = cot 1 5^{\circ} = cot \frac{π}{12}

2 x - 3 = \frac{π}{12} + k π

2 x = 3 + \frac{π}{12} + k π

x = \frac{3}{2} + \frac{π}{24} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

Vậy a) $x = - 18 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}$ hoặc $x = 63 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}$ ; b) $x = \frac{2 π}{5} + k π$ ; c) $x = - \frac{π}{12} + \frac{k π}{2}$ ; d) $x = \frac{3}{2} + \frac{π}{24} + \frac{k π}{2}$ với $k \in Z$ .

2Cách 2. Đọc nghiệm trên đường tròn lượng giác qua vị trí điểm biểu diễn

Định hướng. Mỗi phương trình cơ bản chỉ là câu hỏi điểm biểu diễn nằm ở đâu trên đường tròn lượng giác, nên đọc vị trí rồi suy ra cung.

a) đường thẳng tung độ

- \frac{2}{2}

cắt đường tròn lượng giác tại hai điểm

M_{1}

M_{2}

đối xứng qua trục

O y

M_{1}

ứng với cung

- 4 5^{\circ}

và

M_{2}

ứng với cung

22 5^{\circ}

\frac{x}{3} + 1 5^{\circ} \in {- 4 5^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}; 22 5^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}}

x \in {- 18 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}; 63 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}}

với

k \in Z

b) điểm có hoành độ

- 1

duy nhất là

A^{'} (- 1; 0)

, ứng với cung

π + k 2 π

2 x + \frac{π}{5} = π + k 2 π

x = \frac{2 π}{5} + k π

với

k \in Z

c) trên trục tang, điểm có tung độ

- \frac{3}{3}

nối với

O

cắt đường tròn tại hai điểm đối xứng tâm, ứng với cung

- \frac{π}{6} + k π

2 x = - \frac{π}{6} + k π

x = - \frac{π}{12} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

d) trên trục côtang, điểm có hoành độ

cot \frac{π}{12}

cho hai điểm đối xứng tâm, ứng với cung

\frac{π}{12} + k π

2 x - 3 = \frac{π}{12} + k π

x = \frac{3}{2} + \frac{π}{24} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

Vậy bốn họ nghiệm thu được trùng khít với Cách 1, trong đó hai họ của ý a chính là hai điểm $M_{1}$ , $M_{2}$ trên hình.

3Cách 3. Biến hiệu hai hàm lượng giác thành tích, chuyển sang phương trình tích

Định hướng. Mỗi phương trình đều có dạng hai hàm cùng loại bằng nhau, nên chuyển hết về một vế rồi biến hiệu thành tích.

sin (\frac{x}{3} + 1 5^{\circ}) - sin (- 4 5^{\circ}) = 0

2 cos (\frac{x}{6} - 1 5^{\circ}) sin (\frac{x}{6} + 3 0^{\circ}) = 0

\frac{x}{6} - 1 5^{\circ} = 9 0^{\circ} + k \cdot 18 0^{\circ}

hoặc

\frac{x}{6} + 3 0^{\circ} = k \cdot 18 0^{\circ}

x = 63 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}

hoặc

x = - 18 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}

với

k \in Z

cos (2 x + \frac{π}{5}) - cos π = 0

- 2 sin (x + \frac{π}{10} + \frac{π}{2}) sin (x + \frac{π}{10} - \frac{π}{2}) = 0

x + \frac{π}{10} - \frac{π}{2} = k π

x = \frac{2 π}{5} + k π

với

k \in Z

tan 2 x - tan (- \frac{π}{6}) = \frac{sin ( 2 x + \frac{π}{6} )}{cos 2 x cos \frac{π}{6}} = 0

sin (2 x + \frac{π}{6}) = 0

2 x + \frac{π}{6} = k π

x = - \frac{π}{12} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

cot (2 x - 3) - cot \frac{π}{12} = \frac{sin ( \frac{π}{12} - 2 x + 3 )}{sin ( 2 x - 3 ) sin \frac{π}{12}} = 0

\frac{π}{12} - 2 x + 3 = k π

x = \frac{3}{2} + \frac{π}{24} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

Vậy kết quả bốn ý y như hai cách trên.

Nhận xét. Ở ý b hai nhân tử chỉ cho MỘT họ nghiệm chung, đúng như bản chất của $cos u = - 1$ : điểm biểu diễn là một điểm duy nhất nên không thể sinh ra hai họ.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: bốn công thức nghiệm là kiến thức bắt buộc phải thuộc, mỗi ý chỉ ba dòng và không cần nhớ thêm công thức biến đổi nào; Cách 3 chỉ nên dùng khi hai vế đã sẵn hai hàm cùng loại như ý a và ý d.

Đáp số. a)

x = - 18 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}

hoặc

x = 63 0^{\circ} + k \cdot 108 0^{\circ}

; b)

x = \frac{2 π}{5} + k π

; c)

x = - \frac{π}{12} + \frac{k π}{2}

; d)

x = \frac{3}{2} + \frac{π}{24} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

Sai lầm thường gặp. Ý a hay bị mất họ thứ hai vì chỉ lấy

\frac{x}{3} + 1 5^{\circ} = - 4 5^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

, khi đó nghiệm

x = 63 0^{\circ}

biến mất dù thay vào ta có

sin (21 0^{\circ} + 1 5^{\circ}) = sin 22 5^{\circ} = - \frac{2}{2}

đúng. Lỗi thứ hai là nhân chu kì sai: từ

\frac{x}{3} = - 6 0^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

nhiều bạn viết

x = - 18 0^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

, nhưng

k = 1

cho

x = 18 0^{\circ}

mà

sin (6 0^{\circ} + 1 5^{\circ}) = sin 7 5^{\circ} \neq = - \frac{2}{2}

🚀 Mở rộng. Tổng quát, phương trình

sin (a x + b) = m

với

∣ m ∣ \leq 1

và

a \neq = 0

luôn có hai họ nghiệm

x = \frac{arcsin m - b}{a} + \frac{k 2 π}{a}

và

x = \frac{π - arcsin m - b}{a} + \frac{k 2 π}{a}

; thay

a = \frac{1}{3}

sẽ thấy chu kì bị nhân lên ba lần thành

108 0^{\circ}

đúng như ý a.

Nguồn: SBT Toán 11 — KNTT, tập 1, trang 24

Mở bài này trong app ↗

Bài 2 · 1.26★★★Trang 24— Đưa phương trình lượng giác về dạng cơ bản

Giải các phương trình sau: a)

sin (2 x + 1 5^{\circ}) + cos (2 x - 1 5^{\circ}) = 0

; b)

cos (2 x + \frac{π}{5}) + cos (3 x - \frac{π}{6}) = 0

; c)

tan x + cot x = 0

; d)

sin x + tan x = 0

Kiến thức cần nhớ

Công thức góc phụ: $cos α = sin (9 0^{\circ} - α)$ và $sin α = cos (9 0^{\circ} - α)$ .
Công thức góc bù: $- cos α = cos (π - α)$ và $- sin α = sin (- α)$ .
Biến tổng thành tích: $sin A + sin B = 2 sin \frac{A + B}{2} cos \frac{A - B}{2}$ và $cos A + cos B = 2 cos \frac{A + B}{2} cos \frac{A - B}{2}$ .
$tan x$ xác định khi $cos x \neq = 0$ , $cot x$ xác định khi $sin x \neq = 0$ ; trên miền xác định chung thì $tan x \cdot cot x = 1$ .
$tan x + cot x = \frac{1}{sin x cos x} = \frac{2}{sin 2 x}$ nên biểu thức này không bao giờ nhận giá trị $0$ .

🧠 Phân tích tư duy

Vế trái mỗi ý là TỔNG hai hàm lượng giác chứ không phải một hàm đơn lẻ, nên trước khi dùng công thức nghiệm bắt buộc phải gộp tổng ấy lại. Ý a và ý b có hai hàm cùng loại sau một phép góc phụ nên biến tổng thành tích là đường ngắn nhất, còn ý c và ý d là tổng của hai hàm nghịch đảo nhau nên phải quy về sin cùng côsin kèm điều kiện xác định. Bẫy lớn nhất là bỏ điều kiện: nhân hai vế với

cos x

hay

sin x

mà không loại chỗ làm mẫu bằng không thì sinh ra nghiệm thừa.

1Cách 1. Dùng công thức góc phụ và góc bù để đưa hai hàm về cùng một loại

Định hướng. Đổi một trong hai hàm sang loại của hàm kia, khi đó bài trở thành so sánh hai cung có cùng hàm lượng giác.

cos (2 x - 1 5^{\circ}) = sin (10 5^{\circ} - 2 x)

nên phương trình thành

sin (2 x + 1 5^{\circ}) = sin (2 x - 10 5^{\circ})

2 x + 1 5^{\circ} = 2 x - 10 5^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

cho

12 0^{\circ} = k \cdot 36 0^{\circ}

, loại

2 x + 1 5^{\circ} = 18 0^{\circ} - (2 x - 10 5^{\circ}) + k \cdot 36 0^{\circ}

4 x = 27 0^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

x = 67, 5^{\circ} + k \cdot 9 0^{\circ}

với

k \in Z

cos (3 x - \frac{π}{6}) = - cos (2 x + \frac{π}{5}) = cos (\frac{4 π}{5} - 2 x)

3 x - \frac{π}{6} = \frac{4 π}{5} - 2 x + k 2 π

hoặc

3 x - \frac{π}{6} = 2 x - \frac{4 π}{5} + k 2 π

5 x = \frac{29 π}{30} + k 2 π

hoặc

x = - \frac{19 π}{30} + k 2 π

x = \frac{29 π}{150} + \frac{2 k π}{5}

hoặc

x = - \frac{19 π}{30} + k 2 π

với

k \in Z

c) điều kiện

sin x \neq = 0

và

cos x \neq = 0

;

cot x = tan (9 0^{\circ} - x)

nên phương trình thành

tan x = - tan (9 0^{\circ} - x) = tan (x - 9 0^{\circ})

x = x - 9 0^{\circ} + k \cdot 18 0^{\circ}

cho

9 0^{\circ} = k \cdot 18 0^{\circ}

, vô lí

phương trình vô nghiệm

d) điều kiện

cos x \neq = 0

;

\frac{sin x}{cos x} = - sin x

sin x = - sin x cos x

sin x (1 + cos x) = 0

sin x = 0

hoặc

cos x = - 1

, cả hai đều cho

x = k π

và thoả

cos x \neq = 0

Vậy a) $x = 67, 5^{\circ} + k \cdot 9 0^{\circ}$ ; b) $x = \frac{29 π}{150} + \frac{2 k π}{5}$ hoặc $x = - \frac{19 π}{30} + k 2 π$ ; c) phương trình vô nghiệm; d) $x = k π$ với $k \in Z$ .

2Cách 2. Biến tổng thành tích rồi giải phương trình tích

Định hướng. Sau một phép góc phụ, hai hạng tử của ý a và ý b thành hai hàm cùng loại nên gộp được thành tích; ý c và ý d thì quy về một phân thức duy nhất.

sin (2 x + 1 5^{\circ}) + sin (10 5^{\circ} - 2 x) = 0

2 sin 6 0^{\circ} cos (2 x - 4 5^{\circ}) = 0

3 cos (2 x - 4 5^{\circ}) = 0

2 x - 4 5^{\circ} = 9 0^{\circ} + k \cdot 18 0^{\circ}

x = 67, 5^{\circ} + k \cdot 9 0^{\circ}

với

k \in Z

2 cos (\frac{5 x}{2} + \frac{π}{60}) cos (- \frac{x}{2} + \frac{11 π}{60}) = 0

\frac{5 x}{2} + \frac{π}{60} = \frac{π}{2} + k π

hoặc

- \frac{x}{2} + \frac{11 π}{60} = \frac{π}{2} + k π

\frac{5 x}{2} = \frac{29 π}{60} + k π

hoặc

- \frac{x}{2} = \frac{19 π}{60} + k π

x = \frac{29 π}{150} + \frac{2 k π}{5}

hoặc

x = - \frac{19 π}{30} + k 2 π

với

k \in Z

c) điều kiện

sin x cos x \neq = 0

;

tan x + cot x = \frac{sin ^{2} x + cos ^{2} x}{sin x cos x} = \frac{1}{sin x cos x} = \frac{2}{sin 2 x}

tử số bằng

2 \neq = 0

nên phân thức không bao giờ bằng

0

phương trình vô nghiệm

d) điều kiện

cos x \neq = 0

;

sin x + tan x = \frac{sin x ( cos x + 1 )}{cos x} = 0

sin x (cos x + 1) = 0

x = k π

với

k \in Z

Vậy bốn kết quả trùng khít Cách 1 nhưng ý a chỉ còn một họ duy nhất ngay từ dòng thứ hai, không phải xét rồi loại trường hợp nào.

3Cách 3. Lập luận đối xứng của hai điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác

Định hướng. Hai cung có sin bằng nhau thì hai điểm biểu diễn đối xứng qua $O y$ , có côsin đối nhau thì đối xứng qua $O y$ hoặc qua tâm, nên đọc ngay quan hệ giữa hai cung.

sin (2 x + 1 5^{\circ}) = sin (2 x - 10 5^{\circ})

nên hai điểm hoặc trùng nhau, hoặc đối xứng qua

O y

trùng nhau thì hiệu hai cung là

k \cdot 36 0^{\circ}

, cho

12 0^{\circ} = k \cdot 36 0^{\circ}

, loại

đối xứng qua

O y

thì tổng hai cung là

18 0^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

(2 x + 1 5^{\circ}) + (2 x - 10 5^{\circ}) = 18 0^{\circ} + k \cdot 36 0^{\circ}

x = 67, 5^{\circ} + k \cdot 9 0^{\circ}

với

k \in Z

b) hai cung có côsin đối nhau nên tổng bằng

π + k 2 π

hoặc hiệu bằng

π + k 2 π

(2 x + \frac{π}{5}) + (3 x - \frac{π}{6}) = π + k 2 π

cho

5 x = \frac{29 π}{30} + k 2 π

(3 x - \frac{π}{6}) - (2 x + \frac{π}{5}) = π + k 2 π

cho

x = \frac{41 π}{30} + k 2 π = - \frac{19 π}{30} + k 2 π

x = \frac{29 π}{150} + \frac{2 k π}{5}

hoặc

x = - \frac{19 π}{30} + k 2 π

với

k \in Z

tan x \cdot cot x = 1 > 0

nên hai số

tan x

cot x

luôn cùng dấu và đều khác

0

tổng hai số cùng dấu không thể bằng

0

nên phương trình vô nghiệm

sin x (1 + cos x) = 0

nên điểm biểu diễn của

x

nằm trên trục hoành hoặc trùng

A^{'} (- 1; 0)

cả hai khả năng gộp lại là điểm biểu diễn trùng

A (1; 0)

hoặc

A^{'} (- 1; 0)

x = k π

với

k \in Z

Vậy nghiệm bốn ý vẫn đúng như hai cách trên; bốn điểm biểu diễn của ý a cách nhau $9 0^{\circ}$ nên tạo thành bốn đỉnh một hình vuông như hình bên.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2 cho cả bài: ý a và ý b chỉ cần một phép biến tổng thành tích là ra ngay phương trình tích mà không phải xét rồi loại trường hợp, còn ý c và ý d thì quy về một phân thức duy nhất, nên toàn bài dùng chung một kĩ thuật.

Đáp số. a)

x = 67, 5^{\circ} + k \cdot 9 0^{\circ}

; b)

x = \frac{29 π}{150} + \frac{2 k π}{5}

hoặc

x = - \frac{19 π}{30} + k 2 π

; c) phương trình vô nghiệm; d)

x = k π

với

k \in Z

Sai lầm thường gặp. Ý c hay bị biến thành

tan x = - cot x

rồi kết luận

x = - \frac{π}{4} + k π

do nhầm với

tan x = cot x

; thử

x = - \frac{π}{4}

thì

tan x = - 1

và

cot x = - 1

, tổng bằng

- 2

chứ không bằng

0

. Ý d thì hay mất nghiệm vì chia hai vế cho

sin x

, trong khi chính

sin x = 0

mới sinh ra toàn bộ họ nghiệm

x = k π

🚀 Mở rộng. Cùng kĩ thuật quy về một phân thức, phương trình

tan x + m cot x = 0

đưa được về

tan^{2} x = - m

, nên chỉ có nghiệm khi

m < 0

và lúc đó

x = \pm arctan - m + k π

; ý c ứng với

m = 1

nên vô nghiệm, còn

m = - 3

sẽ cho

x = \pm \frac{π}{3} + k π

Nguồn: SBT Toán 11 — KNTT, tập 1, trang 24

Mở bài này trong app ↗

Bài 3 · 1.27★★★Trang 24— Phương trình lượng giác dạng tích và dạng bậc cao

Giải các phương trình sau: a)

(2 + cos x) (3 cos 2 x - 1) = 0

; b)

2 sin 2 x - sin 4 x = 0

; c)

cos^{6} x - sin^{6} x = 0

; d)

tan 2 x \cdot cot x = 1

Kiến thức cần nhớ

$- 1 \leq cos x \leq 1$ nên $2 + cos x \geq 1 > 0$ với mọi $x$ .
Công thức nhân đôi: $sin 2 u = 2 sin u cos u$ và $cos 2 u = 2 cos^{2} u - 1 = 1 - 2 sin^{2} u = cos^{2} u - sin^{2} u$ .
$A^{3} - B^{3} = (A - B) (A^{2} + A B + B^{2})$ ; với $A = cos^{2} x$ và $B = sin^{2} x$ thì $A^{2} + A B + B^{2} = 1 - \frac{sin ^{2} 2 x}{4} \geq \frac{3}{4} > 0$ .
$sin 2 x cos x - cos 2 x sin x = sin (2 x - x) = sin x$ .
$cos 2 x = m$ với $∣ m ∣ < 1$ cho $2 x = \pm arccos m + k 2 π$ , tức $x = \pm \frac{1}{2} arccos m + k π$ .

🧠 Phân tích tư duy

Ý a đã sẵn dạng tích nên việc đầu tiên phải làm là đánh giá xem nhân tử nào luôn khác không, tránh mất công giải một phương trình vô nghiệm. Ý b và ý c chứa hai cung khác nhau hoặc bậc sáu, đó là dấu hiệu của công thức nhân đôi và hằng đẳng thức để rút nhân tử chung. Ý d ẩn điều kiện xác định rất chặt là

sin x \neq = 0

cùng

cos 2 x \neq = 0

, mà nghiệm tìm được lại rơi đúng vào chỗ bị loại, nên kết luận phải là vô nghiệm chứ không phải

x = k π

1Cách 1. Đánh giá nhân tử rồi tách thành các phương trình lượng giác cơ bản

Định hướng. Đưa mỗi vế trái về dạng tích, loại ngay những nhân tử luôn dương rồi giải các nhân tử còn lại.

2 + cos x \geq 1 > 0

nên

3 cos 2 x - 1 = 0

cos 2 x = \frac{1}{3}

2 x = \pm arccos \frac{1}{3} + k 2 π

x = \pm \frac{1}{2} arccos \frac{1}{3} + k π

với

k \in Z

2 sin 2 x - 2 sin 2 x cos 2 x = 0

2 sin 2 x (1 - cos 2 x) = 0

sin 2 x = 0

hoặc

cos 2 x = 1

2 x = k π

hoặc

2 x = k 2 π

, họ sau nằm trong họ trước

x = \frac{k π}{2}

với

k \in Z

cos^{6} x - sin^{6} x = (cos^{2} x - sin^{2} x) (1 - \frac{sin ^{2} 2 x}{4}) = 0

1 - \frac{sin ^{2} 2 x}{4} \geq \frac{3}{4} > 0

nên

cos^{2} x - sin^{2} x = 0

cos 2 x = 0

2 x = \frac{π}{2} + k π

x = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

d) điều kiện

sin x \neq = 0

cos 2 x \neq = 0

và

cos x \neq = 0

vì nếu

cos x = 0

thì

cot x = 0

làm vế trái bằng

0

tan 2 x = \frac{1}{cot x} = tan x

2 x = x + k π

x = k π

, trái điều kiện

sin x \neq = 0

nên phương trình vô nghiệm

Vậy a) $x = \pm \frac{1}{2} arccos \frac{1}{3} + k π$ ; b) $x = \frac{k π}{2}$ ; c) $x = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2}$ ; d) phương trình vô nghiệm, với $k \in Z$ .

2Cách 2. Dồn mọi hạng tử về một cung duy nhất bằng hạ bậc và công thức trừ

Định hướng. Mỗi phương trình chỉ rắc rối vì có hai cung khác nhau, nên ép hết về một cung rồi giải.

cos 2 x = 1 - 2 sin^{2} x

nên

3 (1 - 2 sin^{2} x) - 1 = 0

sin^{2} x = \frac{1}{3}

sin x = \pm \frac{3}{3}

x = \pm arcsin \frac{3}{3} + k π

với

k \in Z

2 sin 2 x (1 - cos 2 x) = 2 \cdot 2 sin x cos x \cdot 2 sin^{2} x = 0

8 sin^{3} x cos x = 0

sin x = 0

hoặc

cos x = 0

x = \frac{k π}{2}

với

k \in Z

c) hàm

t \mapsto t^{3}

đồng biến trên

R

nên

(cos^{2} x)^{3} = (sin^{2} x)^{3}

tương đương

cos^{2} x = sin^{2} x

cos 2 x = 0

x = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

d) điều kiện

sin x \neq = 0

và

cos 2 x \neq = 0

;

\frac{sin 2 x cos x}{cos 2 x sin x} = 1

sin 2 x cos x - cos 2 x sin x = 0

sin x = 0

, trái điều kiện nên phương trình vô nghiệm

Vậy kết quả trùng Cách 1; riêng ý a ra dưới dạng $arcsin$ vì ta chọn dồn về $sin x$ , và $arcsin \frac{3}{3} = \frac{1}{2} arccos \frac{1}{3}$ .

3Cách 3. Đặt ẩn phụ theo tang hoặc côsin để chuyển sang phương trình đại số

Định hướng. Thay hết các hàm lượng giác bằng một biến đại số, giải phương trình đại số rồi trả lại biến $x$ , nhớ xét riêng chỗ ẩn phụ không xác định.

a) đặt

t = cos x

với

t \in [- 1; 1]

, ta có

3 (2 t^{2} - 1) - 1 = 0

t^{2} = \frac{2}{3}

t = \pm \frac{6}{3}

, đều thoả

∣ t ∣ \leq 1

x = \pm arccos \frac{6}{3} + k π

với

k \in Z

b) với

cos x = 0

thì

sin 2 x = 0

và

sin 4 x = 0

nên phương trình thoả, được

x = \frac{π}{2} + k π

với

cos x \neq = 0

, đặt

t = tan x

thì

sin 2 x = \frac{2 t}{1 + t ^{2}}

và

cos 2 x = \frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}}

\frac{4 t}{1 + t ^{2}} \cdot \frac{2 t ^{2}}{1 + t ^{2}} = \frac{8 t ^{3}}{( 1 + t ^{2} ) ^{2}} = 0

t = 0

nên

x = k π

; gộp hai trường hợp được

x = \frac{k π}{2}

với

k \in Z

c) với

cos x = 0

thì vế trái bằng

- 1 \neq = 0

, loại

với

cos x \neq = 0

, chia hai vế cho

cos^{6} x

và đặt

t = tan x

được

1 - t^{6} = 0

t = \pm 1

nên

x = \pm \frac{π}{4} + k π = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

d) đặt

t = tan x

với

t \neq = 0

và

t^{2} \neq = 1

, ta có

\frac{2 t}{1 - t ^{2}} \cdot \frac{1}{t} = 1

\frac{2}{1 - t ^{2}} = 1

t^{2} = - 1

vô nghiệm nên phương trình vô nghiệm

Vậy cả bốn ý cho đúng kết quả hai cách trước, trong đó $arccos \frac{6}{3} = \frac{1}{2} arccos \frac{1}{3}$ .

Nhận xét. Cách này luôn đưa được về đại số nhưng phải nhớ xét riêng $cos x = 0$ ở ý b và ý c, vì đó chính là chỗ $tan x$ không tồn tại.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: mỗi ý chỉ cần một lần đưa về tích rồi đánh giá nhân tử luôn dương, không đổi biến nên không phát sinh điều kiện phụ; Cách 3 tuy máy móc nhưng bắt buộc xét riêng

cos x = 0

ở ý b và ý c nên rất dễ bỏ sót.

Đáp số. a)

x = \pm \frac{1}{2} arccos \frac{1}{3} + k π

; b)

x = \frac{k π}{2}

; c)

x = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2}

; d) phương trình vô nghiệm, với

k \in Z

Sai lầm thường gặp. Ý a hay bị giải thêm nhân tử thứ nhất thành

cos x = - 2

rồi ghi một họ nghiệm vô nghĩa, trong khi

∣ cos x ∣ \leq 1

nên

2 + cos x \geq 1

luôn dương. Ý d thì hay kết luận

x = k π

ngay sau khi có

tan 2 x = tan x

, nhưng tại

x = π

thì

cot x

không xác định nên

x = π

không phải nghiệm và đáp số đúng là vô nghiệm.

🚀 Mở rộng. Tổng quát

cos^{2 n} x - sin^{2 n} x = 0

với mọi

n

nguyên dương đều rút về

cos^{2} x = sin^{2} x

nhờ tính đồng biến của

t \mapsto t^{n}

trên

[0; + \infty)

, nên nghiệm luôn là

x = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2}

bất kể

n

bằng bao nhiêu.

Nguồn: SBT Toán 11 — KNTT, tập 1, trang 24

Mở bài này trong app ↗

Bài 4 · 1.28★★★Trang 24— Tìm

x

để hai hàm số lượng giác nhận cùng giá trị

Tìm các giá trị của

x

để giá trị tương ứng của các hàm số sau bằng nhau: a)

y = cos (2 x - \frac{π}{3})

và

y = cos (x - \frac{π}{4})

; b)

y = sin (3 x - \frac{π}{4})

và

y = sin (x - \frac{π}{6})

Kiến thức cần nhớ

$cos A = cos B \Leftrightarrow A = B + k 2 π$ hoặc $A = - B + k 2 π$ , $k \in Z$ .
$sin A = sin B \Leftrightarrow A = B + k 2 π$ hoặc $A = π - B + k 2 π$ , $k \in Z$ .
Biến hiệu thành tích: $cos A - cos B = - 2 sin \frac{A + B}{2} sin \frac{A - B}{2}$ và $sin A - sin B = 2 cos \frac{A + B}{2} sin \frac{A - B}{2}$ .
$sin u = 0 \Leftrightarrow u = k π$ và $cos u = 0 \Leftrightarrow u = \frac{π}{2} + k π$ , $k \in Z$ .
Hai điểm biểu diễn có cùng hoành độ thì đối xứng qua trục $O x$ , có cùng tung độ thì đối xứng qua trục $O y$ .

🧠 Phân tích tư duy

Yêu cầu hai hàm số bằng nhau chính là đưa về phương trình

cos A = cos B

ở ý a và

sin A = sin B

ở ý b. Dấu hiệu cho biết phải có ĐỦ HAI họ nghiệm là hai cung

A

và

B

có hệ số của

x

khác nhau, nên không thể triệt tiêu để còn một họ duy nhất. Bẫy của đề là ai quen công thức thường chỉ viết

A = B + k 2 π

rồi bỏ mất họ còn lại, mà chính họ bị bỏ mới sinh ra các nghiệm có chu kì lẻ như

\frac{2 k π}{3}

và

\frac{k π}{2}

1Cách 1. Dùng trực tiếp công thức nghiệm của hai cung có côsin hoặc sin bằng nhau

Định hướng. Viết phương trình hai hàm bằng nhau rồi tách thành hai họ theo công thức đã học.

cos (2 x - \frac{π}{3}) = cos (x - \frac{π}{4})

2 x - \frac{π}{3} = x - \frac{π}{4} + k 2 π

hoặc

2 x - \frac{π}{3} = - x + \frac{π}{4} + k 2 π

x = \frac{π}{3} - \frac{π}{4} + k 2 π

hoặc

3 x = \frac{π}{3} + \frac{π}{4} + k 2 π

x = \frac{π}{12} + k 2 π

hoặc

3 x = \frac{7 π}{12} + k 2 π

x = \frac{π}{12} + k 2 π

hoặc

x = \frac{7 π}{36} + \frac{2 k π}{3}

với

k \in Z

sin (3 x - \frac{π}{4}) = sin (x - \frac{π}{6})

3 x - \frac{π}{4} = x - \frac{π}{6} + k 2 π

hoặc

3 x - \frac{π}{4} = π - x + \frac{π}{6} + k 2 π

2 x = \frac{π}{4} - \frac{π}{6} + k 2 π

hoặc

4 x = π + \frac{π}{6} + \frac{π}{4} + k 2 π

2 x = \frac{π}{12} + k 2 π

hoặc

4 x = \frac{17 π}{12} + k 2 π

x = \frac{π}{24} + k π

hoặc

x = \frac{17 π}{48} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

Vậy a) $x = \frac{π}{12} + k 2 π$ hoặc $x = \frac{7 π}{36} + \frac{2 k π}{3}$ ; b) $x = \frac{π}{24} + k π$ hoặc $x = \frac{17 π}{48} + \frac{k π}{2}$ với $k \in Z$ .

2Cách 2. Biến hiệu hai hàm thành tích rồi giải phương trình tích

Định hướng. Chuyển hết về một vế, hiệu hai côsin hoặc hai sin thành tích nên bài rã thành hai phương trình cơ bản độc lập.

cos (2 x - \frac{π}{3}) - cos (x - \frac{π}{4}) = - 2 sin (\frac{3 x}{2} - \frac{7 π}{24}) sin (\frac{x}{2} - \frac{π}{24}) = 0

\frac{3 x}{2} - \frac{7 π}{24} = k π

hoặc

\frac{x}{2} - \frac{π}{24} = k π

\frac{3 x}{2} = \frac{7 π}{24} + k π

hoặc

\frac{x}{2} = \frac{π}{24} + k π

x = \frac{7 π}{36} + \frac{2 k π}{3}

hoặc

x = \frac{π}{12} + k 2 π

với

k \in Z

sin (3 x - \frac{π}{4}) - sin (x - \frac{π}{6}) = 2 cos (2 x - \frac{5 π}{24}) sin (x - \frac{π}{24}) = 0

2 x - \frac{5 π}{24} = \frac{π}{2} + k π

hoặc

x - \frac{π}{24} = k π

2 x = \frac{17 π}{24} + k π

hoặc

x = \frac{π}{24} + k π

x = \frac{17 π}{48} + \frac{k π}{2}

hoặc

x = \frac{π}{24} + k π

với

k \in Z

Vậy hai họ nghiệm mỗi ý trùng khít Cách 1, chỉ đổi thứ tự xuất hiện.

3Cách 3. Đọc điều kiện bằng nhau trên đường tròn lượng giác qua phép đối xứng

Định hướng. Côsin bằng nhau nghĩa là hai điểm biểu diễn cùng hoành độ, sin bằng nhau nghĩa là cùng tung độ, từ đó chỉ cần viết hai phương trình bậc nhất theo $x$ .

a) hai điểm hoặc trùng nhau, hoặc đối xứng qua

O x

trùng nhau thì hiệu hai cung bằng

k 2 π

(2 x - \frac{π}{3}) - (x - \frac{π}{4}) = k 2 π

x - \frac{π}{12} = k 2 π

nên

x = \frac{π}{12} + k 2 π

đối xứng qua

O x

thì tổng hai cung bằng

k 2 π

(2 x - \frac{π}{3}) + (x - \frac{π}{4}) = k 2 π

3 x - \frac{7 π}{12} = k 2 π

nên

x = \frac{7 π}{36} + \frac{2 k π}{3}

với

k \in Z

b) hai điểm hoặc trùng nhau, hoặc đối xứng qua

O y

trùng nhau thì hiệu hai cung bằng

k 2 π

(3 x - \frac{π}{4}) - (x - \frac{π}{6}) = k 2 π

2 x - \frac{π}{12} = k 2 π

nên

x = \frac{π}{24} + k π

đối xứng qua

O y

thì tổng hai cung bằng

π + k 2 π

(3 x - \frac{π}{4}) + (x - \frac{π}{6}) = π + k 2 π

4 x - \frac{5 π}{12} = π + k 2 π

nên

x = \frac{17 π}{48} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

Vậy vẫn đúng hai họ nghiệm cho mỗi ý, nhưng lời giải chỉ còn hai dòng mỗi họ.

Nhận xét. Hình bên cho thấy vì sao chỉ có hai khả năng: cùng hoành độ thì hai điểm đối xứng qua $O x$ , cùng tung độ thì đối xứng qua $O y$ ; trường hợp trùng nhau là trường hợp riêng khi hai cung sai khác một số nguyên lần $2 π$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3: chỉ cần nhớ hai câu ngắn là hiệu hai cung bằng

k 2 π

và tổng hai cung bằng

k 2 π

với côsin hoặc

π + k 2 π

với sin, viết ngay được hai phương trình bậc nhất mà không phải nhớ dấu của công thức biến hiệu thành tích như Cách 2.

Đáp số. a)

x = \frac{π}{12} + k 2 π

hoặc

x = \frac{7 π}{36} + \frac{2 k π}{3}

; b)

x = \frac{π}{24} + k π

hoặc

x = \frac{17 π}{48} + \frac{k π}{2}

với

k \in Z

Sai lầm thường gặp. Sai phổ biến nhất ở ý a là viết họ thứ hai thành

A = - B

mà quên hằng số, cho

x = - \frac{π}{12} + k 2 π

; thử

x = - \frac{π}{12}

thì

cos (- \frac{π}{2}) = 0

còn

cos (- \frac{π}{3}) = \frac{1}{2}

, hai giá trị khác nhau. Lỗi thứ hai ở ý b là dùng công thức của côsin cho sin, viết

3 x - \frac{π}{4} = - (x - \frac{π}{6}) + k 2 π

và được

x = \frac{5 π}{48} + \frac{k π}{2}

; thử

x = \frac{5 π}{48}

thì hai vế là

sin \frac{π}{16}

và

sin (- \frac{π}{16})

, trái dấu nhau.

🚀 Mở rộng. Tổng quát,

cos (a x + b) = cos (c x + d)

với

a \neq = \pm c

luôn cho đúng hai họ nghiệm có chu kì

\frac{2 π}{∣ a - c ∣}

và

\frac{2 π}{∣ a + c ∣}

; ý a ứng với

a = 2

và

c = 1

nên hai chu kì là

2 π

cùng

\frac{2 π}{3}

, đúng như kết quả thu được.

Nguồn: SBT Toán 11 — KNTT, tập 1, trang 24

Mở bài này trong app ↗

Bài 5 · 1.29★★★Trang 24— Bài toán thực tế về chuyển động tròn đều mô tả bởi hàm sin

Một chiếc guồng nước có dạng hình tròn bán kính

2, 5

m; trục của nó đặt cách mặt nước

2

m. Khi guồng quay đều, khoảng cách

h

(mét) tính từ một chiếc gầu gắn tại điểm

A

trên guồng đến mặt nước là

h = ∣ y ∣

, trong đó

y = 2 + 2, 5 sin 2 π (x - \frac{1}{4})

với

x

là thời gian quay của guồng (

x \geq 0

), tính bằng phút; ta quy ước rằng

y > 0

khi gầu ở trên mặt nước và

y < 0

khi gầu ở dưới mặt nước. a) Khi nào chiếc gầu ở vị trí cao nhất? Thấp nhất? b) Chiếc gầu cách mặt nước

2

mét lần đầu tiên khi nào?

Kiến thức cần nhớ

$- 1 \leq sin u \leq 1$ nên $y = 2 + 2, 5 sin u$ có giá trị lớn nhất $4, 5$ và nhỏ nhất $- 0, 5$ .
Công thức góc phụ dạng lệch pha: $sin (u - \frac{π}{2}) = - cos u$ .
$sin u = 1 \Leftrightarrow u = \frac{π}{2} + k 2 π$ ; $sin u = - 1 \Leftrightarrow u = - \frac{π}{2} + k 2 π$ ; $sin u = 0 \Leftrightarrow u = k π$ , $k \in Z$ .
Hàm $sin 2 π (x - \frac{1}{4})$ có chu kì $\frac{2 π}{2 π} = 1$ nên guồng quay đúng một vòng mỗi phút.
$∣ y ∣ = a$ với $a > 0$ tương đương $y = a$ hoặc $y = - a$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề đã cho sẵn mô hình nên vị trí cao nhất hay thấp nhất chỉ phụ thuộc việc

sin

đạt

1

hay

- 1

, đó là dấu hiệu của bài đánh giá miền giá trị chứ không phải bài giải phương trình khó. Câu b khác hẳn vì

h = ∣ y ∣

nên bắt buộc xét CẢ HAI khả năng

y = 2

và

y = - 2

rồi loại khả năng vô lí. Bẫy nằm ở chữ lần đầu tiên đi cùng điều kiện

x \geq 0

: sau khi có họ nghiệm còn phải chọn giá trị dương nhỏ nhất chứ không lấy

k = 0

một cách máy móc.

1Cách 1. Dùng miền giá trị của hàm sin rồi giải từng phương trình cơ bản

Định hướng. Gầu cao nhất khi $y$ lớn nhất, thấp nhất khi $y$ nhỏ nhất, nên chỉ cần ép $sin$ về $1$ rồi về $- 1$ .

y

lớn nhất khi

sin 2 π (x - \frac{1}{4}) = 1

2 π (x - \frac{1}{4}) = \frac{π}{2} + k 2 π

x - \frac{1}{4} = \frac{1}{4} + k

x = \frac{1}{2} + k

, khi đó

y = 4, 5

y

nhỏ nhất khi

sin 2 π (x - \frac{1}{4}) = - 1

2 π (x - \frac{1}{4}) = - \frac{π}{2} + k 2 π

x - \frac{1}{4} = - \frac{1}{4} + k

x = k

, khi đó

y = - 0, 5

h = 2

nên

y = 2

hoặc

y = - 2

y = - 2

cho

sin 2 π (x - \frac{1}{4}) = - 1, 6 < - 1

, loại

y = 2

cho

sin 2 π (x - \frac{1}{4}) = 0

2 π (x - \frac{1}{4}) = k π

x = \frac{1}{4} + \frac{k}{2}

giá trị dương nhỏ nhất ứng với

k = 0

là

x = \frac{1}{4}

Vậy gầu ở vị trí cao nhất tại các thời điểm $x = \frac{1}{2} + k$ (phút) và ở vị trí thấp nhất tại các thời điểm $x = k$ (phút) với $k$ nguyên không âm; gầu cách mặt nước $2$ m lần đầu tiên sau $\frac{1}{4}$ phút, tức $15$ giây.

2Cách 2. Nhìn trực tiếp chuyển động tròn đều của gầu trên hình vẽ guồng nước

Định hướng. Gầu chạy trên đường tròn bán kính $2, 5$ m có tâm cách mặt nước $2$ m, mỗi phút đúng một vòng, nên chỉ cần biết gầu ở đâu lúc $x = 0$ rồi cộng dồn theo chu kì.

x = 0

cho

y = 2 + 2, 5 sin (- \frac{π}{2}) = - 0, 5

nên lúc đầu gầu ở điểm thấp nhất của guồng

chu kì là

T = \frac{2 π}{2 π} = 1

phút nên gầu trở lại điểm thấp nhất sau mỗi phút

x = k

với

k

nguyên không âm, khi đó gầu ở dưới mặt nước

0, 5

điểm cao nhất đối xứng tâm với điểm thấp nhất nên gầu tới đó sau nửa vòng

x = \frac{1}{2} + k

, khi đó gầu cao

2 + 2, 5 = 4, 5

m so với mặt nước

trục cao

2

m nên gầu cách mặt nước đúng

2

m khi gầu nằm ngang với trục, tức sau mỗi một phần tư vòng kể từ lúc đầu

một phần tư chu kì là

\frac{1}{4}

phút nên các thời điểm đó là

x = \frac{1}{4} + \frac{k}{2}

lần đầu tiên ứng với

k = 0

là

x = \frac{1}{4}

Vậy kết quả trùng khít Cách 1 mà không phải giải một phương trình nào.

3Cách 3. Rút gọn mô hình về hàm côsin để triệt tiêu độ lệch pha

Định hướng. Độ lệch pha $\frac{1}{4}$ đúng bằng một phần tư chu kì, nên đổi $sin$ lệch pha thành $cos$ là mô hình hết lệch.

y = 2 + 2, 5 sin (2 π x - \frac{π}{2})

y = 2 - 2, 5 cos 2 π x

y

lớn nhất khi

cos 2 π x = - 1

2 π x = π + k 2 π

x = \frac{1}{2} + k

, khi đó

y = 4, 5

y

nhỏ nhất khi

cos 2 π x = 1

2 π x = k 2 π

x = k

, khi đó

y = - 0, 5

y = - 2

cho

cos 2 π x = 1, 6 > 1

, loại

y = 2

cho

cos 2 π x = 0

2 π x = \frac{π}{2} + k π

x = \frac{1}{4} + \frac{k}{2}

, lần đầu tiên là

x = \frac{1}{4}

Vậy ba cách cho cùng một đáp số: cao nhất tại $x = \frac{1}{2} + k$ , thấp nhất tại $x = k$ và cách mặt nước $2$ m lần đầu sau $\frac{1}{4}$ phút.

Nhận xét. Dạng $y = 2 - 2, 5 cos 2 π x$ cho thấy ngay mô hình là chuyển động tròn đều bắt đầu từ điểm thấp nhất, điều mà dạng $sin$ lệch pha ban đầu che mất.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3: chỉ một dòng đổi

sin (2 π x - \frac{π}{2})

thành

- cos 2 π x

là mô hình hết lệch pha, mọi phương trình sau đó chỉ còn

cos 2 π x

bằng hằng số nên hầu như không thể sai chu kì hay sai mốc thời gian.

Đáp số. a) Cao nhất tại

x = \frac{1}{2} + k

(phút), khi đó

h = 4, 5

m; thấp nhất tại

x = k

(phút), khi đó

y = - 0, 5

nên gầu ở dưới mặt nước

0, 5

m, với

k

nguyên không âm. b) Lần đầu tiên tại

x = \frac{1}{4}

phút, tức

15

giây

Sai lầm thường gặp. Câu b hay bị giải thành

2 + 2, 5 sin 2 π (x - \frac{1}{4}) = 2

mà bỏ quên khả năng

y = - 2

; ở bài này khả năng đó vô lí nên vẫn đúng đáp số, nhưng nếu đề đổi thành cách mặt nước

0, 5

m thì chính họ

y = - 0, 5

mới cho đáp số nên bỏ qua là mất nghiệm. Lỗi thứ hai là quên điều kiện

x \geq 0

rồi trả lời lần đầu tiên là

x = - \frac{1}{4}

phút, một thời điểm chưa tồn tại.

🚀 Mở rộng. Với guồng bán kính

R

và trục cao

d

so với mặt nước, cùng cách làm ta được

y = d - R cos 2 π x

, nên gầu chìm dưới nước khi

cos 2 π x > \frac{d}{R}

và guồng không bao giờ chìm nếu

d \geq R

; ở đây

d = 2

nhỏ hơn

R = 2, 5

nên mỗi vòng gầu có một quãng nằm dưới mặt nước.

Nguồn: SBT Toán 11 — KNTT, tập 1, trang 24

Mở bài này trong app ↗

Bài 6 · 1.30★★★★Trang 25— Bài toán thực tế về mô hình hàm sin trên tập thời gian nguyên

Số giờ có ánh sáng mặt trời của một thành phố A trong ngày thứ

t

của một năm không nhuận được cho bởi hàm số

L (t) = 12 + 2, 83 sin [\frac{2 π}{365} (t - 80)]

với

t \in Z

và

0 < t \leq 365

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

10

giờ có ánh sáng mặt trời?

Kiến thức cần nhớ

$- 1 \leq sin u \leq 1$ nên $L$ có giá trị nhỏ nhất $12 - 2, 83 = 9, 17$ và lớn nhất $12 + 2, 83 = 14, 83$ .
Hàm $L$ có chu kì $T = \frac{2 π}{\frac{2 π}{365}} = 365$ ngày và $L (80) = 12$ , nên ngày thứ $80$ là mốc pha của mô hình.
$sin u = - 1 \Leftrightarrow u = - \frac{π}{2} + k 2 π$ và $sin u = 1 \Leftrightarrow u = \frac{π}{2} + k 2 π$ , $k \in Z$ .
$sin u = m$ với $∣ m ∣ < 1$ cho $u = arcsin m + k 2 π$ hoặc $u = π - arcsin m + k 2 π$ .
Số ngày cộng dồn của năm không nhuận: hết tháng một là $31$ , hết tháng năm là $151$ , hết tháng mười là $304$ , hết tháng mười một là $334$ .

🧠 Phân tích tư duy

Hàm

L

có dạng

12 + 2, 83 sin u

nên ngày ít nắng nhất ứng với

sin u = - 1

, ngày nhiều nắng nhất ứng với

sin u = 1

, còn câu c là phương trình

sin u

bằng một hằng số không đặc biệt. Điều làm bài này khó hơn mọi bài trước là biến

t

chỉ nhận giá trị NGUYÊN, mà nghiệm của các phương trình ấy lại không nguyên, nên bước cuối luôn phải làm tròn rồi so sánh hai ngày liền kề. Bẫy tiếp theo là khâu đổi thứ tự ngày sang ngày tháng: phải cộng dồn số ngày của từng tháng chứ không được chia cho

30

1Cách 1. Dùng miền giá trị của hàm sin rồi giải phương trình lượng giác cơ bản

Định hướng. Ép $sin$ về $- 1$ , về $1$ rồi về $- \frac{2}{2 , 83}$ , sau đó chọn giá trị nguyên của $t$ trong một năm.

L

nhỏ nhất khi

sin [\frac{2 π}{365} (t - 80)] = - 1

\frac{2 π}{365} (t - 80) = - \frac{π}{2} + k 2 π

t - 80 = - \frac{365}{4} + 365 k

t = - 11, 25 + 365 k

k = 1

cho

t = 353, 75

, mà

t

nguyên và

354

gần

353, 75

hơn

353

nên

t = 354

334 < 354 \leq 365

và

354 - 334 = 20

nên đó là ngày

20

tháng

12

L

lớn nhất khi

sin [\frac{2 π}{365} (t - 80)] = 1

\frac{2 π}{365} (t - 80) = \frac{π}{2} + k 2 π

t = 80 + \frac{365}{4} + 365 k = 171, 25 + 365 k

k = 0

cho

t = 171, 25

nên giá trị nguyên gần nhất là

t = 171

151 < 171 \leq 181

và

171 - 151 = 20

nên đó là ngày

20

tháng

6

12 + 2, 83 sin [\frac{2 π}{365} (t - 80)] = 10

sin [\frac{2 π}{365} (t - 80)] = - \frac{2}{2 , 83} \approx - 0, 7067

\frac{2 π}{365} (t - 80) \approx - 0, 7848 + k 2 π

hoặc

\frac{2 π}{365} (t - 80) \approx π + 0, 7848 + k 2 π

t \approx 80 - 45, 59 + 365 k

hoặc

t \approx 80 + 228, 09 + 365 k

t \approx 34, 41 + 365 k

hoặc

t \approx 308, 09 + 365 k

trong khoảng

0 < t \leq 365

và

t

nguyên được

t = 34

và

t = 308

t = 34

là ngày

3

tháng

2

và

t = 308

là ngày

4

tháng

11

Vậy a) ngày $20$ tháng $12$ ; b) ngày $20$ tháng $6$ ; c) ngày $3$ tháng $2$ và ngày $4$ tháng $11$ .

2Cách 2. Dùng chu kì và tính đối xứng của đồ thị hình sin quanh mốc pha

Định hướng. Đồ thị hình sin đạt cực trị sau đúng một phần tư chu kì kể từ mốc pha, nên chỉ cần cộng hoặc trừ $\frac{365}{4}$ ngày vào mốc $t = 80$ .

chu kì là

T = 365

ngày và

L (80) = 12

khi đồ thị đang đi lên

cực đại cách mốc một phần tư chu kì về sau:

t = 80 + \frac{365}{4} = 171, 25

cực tiểu cách mốc một phần tư chu kì về trước:

t = 80 - \frac{365}{4} = - 11, 25

cộng thêm một chu kì được

t = - 11, 25 + 365 = 353, 75

làm tròn về ngày nguyên gần nhất được

t = 171

và

t = 354

t = 171

là ngày

20

tháng

6

và

t = 354

là ngày

20

tháng

12

L = 10

thấp hơn

12

đúng

2

giờ nên hai ngày cần tìm đối xứng nhau qua ngày cực đại

t = 171, 25

khoảng cách từ cực đại tới mỗi ngày đó là

(\frac{π}{2} + 0, 7848) \cdot \frac{365}{2 π} \approx 136, 84

ngày

t \approx 171, 25 - 136, 84 = 34, 41

hoặc

t \approx 171, 25 + 136, 84 = 308, 09

làm tròn được

t = 34

và

t = 308

, tức ngày

3

tháng

2

và ngày

4

tháng

11

Vậy ba câu trả lời trùng khít Cách 1 mà không phải giải phương trình nào cho hai câu đầu.

3Cách 3. Thử trực tiếp các ngày nguyên lân cận vì biến thời gian chỉ nhận giá trị nguyên

Định hướng. Cực trị lí thuyết rơi vào ngày không nguyên nên đáp số phải là ngày nguyên cho giá trị tốt nhất; tính thẳng $L$ ở vài ngày kề nhau rồi so sánh.

L (353) \approx 9, 17024

và

L (354) \approx 9, 17003

và

L (355) \approx 9, 17066

giá trị nhỏ nhất trong ba ngày là

L (354)

nên ngày ít nắng nhất là

t = 354

, tức ngày

20

tháng

12

L (170) \approx 14, 82934

và

L (171) \approx 14, 82997

và

L (172) \approx 14, 82976

giá trị lớn nhất trong ba ngày là

L (171)

nên ngày nhiều nắng nhất là

t = 171

, tức ngày

20

tháng

6

L (34) \approx 9, 986

và

L (35) \approx 10, 021

nên ngày thứ

34

cho khoảng

10

giờ nắng

L (307) \approx 10, 038

và

L (308) \approx 10, 003

và

L (309) \approx 9, 969

nên ngày thứ

308

cho khoảng

10

giờ nắng

t = 34

là ngày

3

tháng

2

và

t = 308

là ngày

4

tháng

11

Vậy cách thử này chốt được đúng ngày nguyên mà hai cách trên chỉ nêu dưới dạng số thập phân $353, 75$ và $171, 25$ .

Nhận xét. Chênh lệch giữa $L (353)$ và $L (354)$ chỉ khoảng $0, 0002$ giờ, nên nếu chỉ làm tròn bằng mắt thì rất dễ chọn sai; phép thử trực tiếp là cách duy nhất chắc chắn ở đây.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2 cho hai câu đầu vì chỉ cần nhớ cực trị lệch mốc pha một phần tư chu kì là viết ngay

t = 80 \pm \frac{365}{4}

, nhanh hơn hẳn việc giải hai phương trình

sin

bằng

\pm 1

; sau đó thêm một dòng thử của Cách 3 để chốt ngày nguyên cho chắc.

Đáp số. a) Ngày thứ

354

, tức ngày

20

tháng

12

, với

L \approx 9, 17

giờ. b) Ngày thứ

171

, tức ngày

20

tháng

6

, với

L \approx 14, 83

giờ. c) Ngày thứ

34

là ngày

3

tháng

2

và ngày thứ

308

là ngày

4

tháng

11

Sai lầm thường gặp. Sai nặng nhất là lấy luôn nghiệm không nguyên làm đáp số, trả lời ngày thứ

353, 75

hoặc quy thành ngày

19

tháng

12

; thử lại thấy

L (353) \approx 9, 17024

lớn hơn

L (354) \approx 9, 17003

nên ngày thứ

354

mới là ngày ít nắng nhất. Lỗi thứ hai là đổi ngày thứ

t

sang ngày tháng bằng cách chia cho

30

: phép chia

354

cho

30

cho thương

11

dư

24

và ra ngày

24

tháng

12

, lệch bốn ngày so với kết quả đúng.

🚀 Mở rộng. Tổng quát với

L (t) = A + B sin [\frac{2 π}{T} (t - t_{0})]

và

B > 0

thì ngày nhiều nắng nhất là

t_{0} + \frac{T}{4}

, ngày ít nắng nhất là

t_{0} - \frac{T}{4}

, còn số ngày trong năm có

L \geq A

luôn đúng bằng nửa chu kì

\frac{T}{2}

; thử tính xem thành phố A có bao nhiêu ngày sáng hơn

12

giờ.

Nguồn: SBT Toán 11 — KNTT, tập 1, trang 25

Mở bài này trong app ↗

Đối chiếu số hiệu bài tập theo SBT: https://www.vietjack.com/sbt-toan-11-kn/bai-4-phuong-trinh-luong-giac-co-ban.jsp · https://loigiaihay.com/giai-bai-125-trang-24-sach-bai-tap-toan-11-ket-noi-tri-thuc-voi-cuoc-song-a145810.html