Giải Toán 11 Ôn tập chương I

Chúng tôi giới thiệu Giải bài tập Toán 11 Ôn tập chương I chính xác, chi tiết nhất giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Ôn tập chương I lớp 11.

Giải bài tập Toán 11 Ôn tập chương I

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 số y=tan(x+π5) có phải là hàm số lẻ không? Tại sao?
Phương pháp giải:

Hàm số y=f(x) có tập xác định D, với mọi xDxD.

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=sinx,y=tanx,y=cotx là hàm lẻ, hàm số y=cosx là hàm chẵn.

Lời giải:

a. Ta có:

+) Hàm số y=cos3x có tập xác định là D=R

+) xRxR

+) f(x)=cos3(x)=cos(3x)=cos(3x)=f(x)

Vậy hàm số y=cos3x là hàm số chẵn

b. DK:x+π5π2+kπ x3π10+kπ

Ta có:

+) y=f(x)=tan(x+π5)  có  tập xác định là D=R{3π10+kπ,kZ}

+) xDxD

f(x)=tan(x+π5) =tan[(xπ5)]=tan(xπ5)

f(x)=tan(x+π5)

Dễ thấy tan(xπ5)tan(x+π5) khi x=0nên 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 số y=sinx, tìm các giá trị của x trên 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 [3π2,2π]

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 [3π2,2π]

Dựa vào đồ thị hàm số y=sinx

Những giá trị của x [3π2,2π] để hàm số y=sinx nhận giá trị bằng 1 là: x=π2;x=3π2

(Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng y = -1).

b.
Phương pháp giải: 

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

Lời giải: 

Những giá trị của x[3π2,2π] để hàm số y=sinx nhận giá trị âm là: x(π,0)(π,2π).

(Các khoảng 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 tính chất: 1sinx1;1cosx1
Lời giải:

Ta có:

1cosx1,xR01+cosx202(1+cosx)402(1+cosx)212(1+cosx)+13

ymax=3

Dấu “ = “ xảy ra cosx=1x=k2π(kZ)

Vậy ymax=3 khi x=k2π

b. 
Phương pháp giải: 
Dựa vào tính chất: 1sinx1;1cosx1
Lời giải: 

Ta có:

Với mọi xR, ta có:

1sin(xπ6)133sin(xπ6)353sin(xπ6)215y1

Vậy ymax=1 sin(xπ6)=1

xπ6=π2+k2πx=2π3+k2π(kZ)

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+12x)=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=arcsin23+k2πx+1=πarcsin23+k2π[x=1+arcsin23+k2πx=1+πarcsin23+k2π;kZ

Vậy nghiệm của phương trình là x=1+arcsin23+k2π; x=1+πarcsin23+k2π(kZ)

b.

Phương pháp giải: 

Sử dụng công thức hạ bậc.

Lời giải: 

Ta có:

sin22x=121cos4x2=12cos4x=04x=π2+kπx=π8+kπ4,kZ

Vậy nghiệm của phương trình là x=π8+kπ4(kZ).

Cách khác:

Có thể để nguyên các 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:x2kπxk2π

Ta có: 

cot2x2=13[cotx2=33(1)cotx2=33(2)(1)cotx2=cotπ3x2=π3+kπx=2π3+k2π,kZ(2)cotx2=cot(π3)x2=π3+kπx=2π3+k2π;kZ(TM)

Vậy nghiệm của phương trình là x=±2π3+k2π(kZ).

Chú ý:

cot(33)=cot(2π3) nên khi giải pt (2) cũng có thể đưa về góc 2π3.

d. 

Phương pháp giải: 

Giải phương trình lượng giác cơ bản của hàm tan.

Lời giải: 

DK:π12+12xπ2+kπ 12x5π12+kπ x5π144+kπ12

Ta có:

tan(π12+12x)=3

tan(π12+12x)=tan(π3)
π12+12x=π3+kπ

x=5π144+kπ12,kZ(TM)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x=5π144+kπ12,kZ

Bài 5 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11: Giải các phương trình sau:
a. 
b. 
c. 
d. 
a. 
Phương pháp giải:
Đặt t=cosx, đưa về phương trình bậc hai ẩn t.
Lời giải:

2cos2x3cosx+1=0

Đặt t=cosx với điều kiện 1x1, khi đó ta có:

2t23t+1=0[t=1t=12

Với t=1, ta có: cosx=1x=k2π,kZ

Với t=12 ta có: cosx=12x=±π3+k2π(kZ)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x=k2π,x=±π3+k2π,kZ

b.
Phương pháp giải:
Đưa phương trình về dạng phương trình tích.
Lời giải: 

Ta có:

25sin2x+15sin2x+9cos2x=25

25(1cos2x)+15.2sinxcosx+9cos2x=25

2525cos2x+30sinxcosx+9cos2x25=0

25cos2x+30sinxcosx+9cos2x=0

16cos2x+30sinxcosx=0

2cosx(8cosx15sinx)=0[cosx=08cosx15sinx=0[cosx=08cosx=15sinx[cosx=0815=sinxcosx[cosx=0tanx=815[x=π2+kπx=arctan815+kπ,kZ

Vậy nghiệm của phương trình là x=π2+kπ,x=arctan815+kπ(kZ)

c. 
Phương pháp giải:
Phương trình dạng asinx+bcosx=c, chia cả 2 vế cho a2+b2
Lời giải:

Chia cả hai vế của phương trình cho 5 , ta được:

25sinx+15cosx=15    (*) 

Vì (25)2+(15)2=1 nên tồn tại một góc α thỏa mãn: 

{sinα=25cosα=15

Khi đó, phương trình (*) trở thành:

sinxsinα+cosxcosα=cosαcos(xα)=cosα[xα=α+k2πxα=α+k2π[x=2α+k2πx=k2π(kZ)

Vậy nghiệm của phương trình là: x=2α+k2π;x=k2π    (kZ).

d.
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: 

Điều kiện sinx0xkπ,kZ.

Phương trình đã cho biến đổi:

sinx+32.cosxsinx=02sin2x+3cosx=02(1cos2x)+3cosx=02cos2x3cosx2=0()

Đặt t=cosx với điều kiện 1t1

Khi đó, phương trình (*) trở thành:

2t23t2=0[t=2(loại)t=12(tm)

Với t=12cosx=12 x=±2π3+k2π(kZ)

Bài 6 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11: Phương trình cosx=sinx 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: sinx=cosxtanx=1 x=π4+kπ(kZ)

Vì x[π,π] nên:

ππ4+kππ114+k1

54k34

Ta có: kZ nên k{1;0}.

Suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm thuộc [π,π] là x=3π4;x=π4

Chọn đáp án A.

Bài 7 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11: Phương trình cos4xcos2x=tan2x có số nghiệm thuộc khoảng (0;π2) là:

A. 2                  B. 3

C. 4                  D.

Phương pháp giải: 

+) Sử dụng công thức tan2x=sin2xcos2x, quy đồng, bỏ mẫu.

+) Sử dụng công thức nhân đôi: cos4x=12sin22x

+) Giải phương trình bậc hai của sin2x.

+) Giải phương trình lượng giác cơ bản của hàm sin.

Lời giải: 

Điều kiện: cos2x0sin2x±1

Ta có: 

cos4xcos2x=sin2xcos2xcos4x=sin2x

12sin22x=sin2x

2sin22x+sin2x1=0

[sin2x=1(loại)sin2x=12

Ta có:

sin2x=12=sinπ6[2x=π6+k2π2x=ππ6+k2π[x=π12+kπx=5π12+lπk,lZ

Ta lại có:

x(0,π2)

+) x=π12+kπ:0<π12+kπ<π2

0<112+k<12

112<k<512(kZ)k=0

x=π12

+) x=5π12+lπ:0<5π12+lπ<π2

0<512+l<12

512<l<112(lZ)l=0

x=5π12

Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm thuộc khoảng (0,π2) 

Chọn đáp án A.

Bài 8 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11: Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình sinx+sin2x=cosx+2cos2x là:

A. π6                B. 2π3

C. π4                D. π3

Phương pháp giải: 

Đưa phương trình về dạng tích, sau đó giải các phương trình lượng giác cơ bản, sử dụng công thức nhân đôi sin2x=2sinxcosx.

Sau khi tìm được các họ nghiệm, đối với mỗi họ nghiệm ta tìm nghiệm dương nhỏ nhất và chọn đáp án đúng.

Lời giải:

Ta có:

sinx+sin2x=cosx+2cos2x

sinx+2sinxcosx=cosx+2cos2x

sinx(1+2cosx)=cos(1+2cosx)

(1+2cosx)(sinxcosx)=0 

[1+2cosx=0sinxcosx=0[cosx=12tanx=1

[x=±2π3+k2πx=π4+kπ(kZ)

Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm : x=2π3+k2πx=2π3

Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm: x=2π3+k2πx=2π3+2π=4π3

Nghiệm dương nhỏ nhất của họ nghiệm: x=π4+kπx=π4

Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình đã cho là x=π4

Chọn đáp án C.

Cách khác:

Thay các nghiệm ở mỗi đáp án vào phương trình ta thấy chỉ có nghiệm x=π4,x=2π3 thỏa mãn phương trình.

Do π4<2π3 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+5tanx+3=0 là:

A. π3             B. π4

C. π6               D. 5π6

Phương pháp giải:

B1: Đặt t=tanx, giải phương trình bậc hai ẩn t.

B2: Giải phương trình lượng giác cơ bản và biểu diễn các nghiệm trên đường tròn lượng giác.

Lời giải:

Ta có:

2tan2x+5tanx+3=0[tanx=1tanx=32tanx=1x=π4+kπtanx=32x=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, π40,785π4>arctan(32)

Vậy nghiệm âm lớn nhất của pt là x=π4.

Cách khác:

Dựa vào đường tròn lượng giác ta có: x=π4 là nghiệm âm lớn nhất của phương trình đã cho.
 
Bài 10 trang 41 sgk Đại số và Giải tích 11: Phương trình 2tanx2cotx3=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 cotx=1tanx.

B2: Giải PT lượng giác , lấy các nghiệm thuộc khoảng (π2,π) và KL.

Lời giải: 

Ta có:

2tanx2cotx3=02tanx2tanx3=02tan2x3tanx2=0[tanx=2tanx=12

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

Cách khác:

[tanx=2tanx=12[x=arctan2+kπx=arctan(12)+kπ

+)π2<arctan2+kπ<ππ2arctan2<kπ<πarctan2π2arctan2π<k<πarctan2π0,85<k<0,65k=0x=arctan2+)π2<arctan(12)+kπ<ππ2arctan(12)<kπ<πarctan(12)π2arctan(12)π<k<πarctan(12)π0,35<k<1,15k{0;1}x{arctan(12);arctan(12)+π}

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(2x+π3)=12[2x+π3=π6+k2π2x+π3=5π6+k2π [x=π12+kπx=π4+kπ,kZ.

Biểu diễn nghiệm trên đường tròn đơn vị:


Ở đó, hai điểm M1,M2 biểu diễn góc x=π4+kπ và hai điểm M3,M4 biểu diễn góc x=π12+kπ.

b) 2cos2x1sin2x=0

Điều kiện: 1sin2x0sin2x1 2xπ2+k2πxπ4+kπ.

Phương trình cos2x=02x=π2+kπ x=π4+kπ2.

Biểu diễn trên đường tròn đơn vị:


Các điểm biểu diễn x=π4+kπ là M1,M2 nhưng điều kiện là xπ4+kπ nên hai điểm này không lấy.

Các điểm biểu diễn x=π4+kπ2 là M1,M2,M3,M4 nhưng do không lấy hai điểm M1,M2 nên các điểm 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,kZ.

c) 3cot2x12cosx+1=0

Điều kiện: 2cosx+10cosx12 {x2π3+k2πx2π3+k2π,kZ.

Khi đó phương trình 3cot2x1=0cot2x=13 cot2x=cotπ32x=π3+kπ x=π6+kπ2,kZ.

Biểu diễn trên đường tròn đơn vị:


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 các điểm biểu diễn nghiệm x=π6+kπ2, trong đó không lấy điểm M3 do điều kiện xác định.

Do đó, chỉ còn lại hai điểm M1,M2 (với AOM1^=π6) biểu diễn góc x=π6+kπ và điểm M4 biểu diễn góc x=π3+k2π (với AOM4^=π3).

Vậy phương trình có nghiệm x=π6+kπ hoặc x=π3+k2π với kZ.