Câu hỏi và bài tập ôn tập chương I

LG a

Các hàm số \(y = \sin x, y = \cos x\) có cùng tập xác định.

Lời giải chi tiết:

Đúng vì hàm số \(y = \sin x, y = \cos x\) có cùng tập xác định \(D =\mathbb R\)

LG b

Các hàm số \(y = \tan x, y = \cot x\) có cùng tập xác định.

Lời giải chi tiết:

Sai vì \(y = \tan x\) xác định \(∀x \ne {\pi \over 2} + k\pi \) còn \(y = \cot x\) xác định \(∀x ≠ kπ\)

LG c

Các hàm số \(y = \sin x, y = \tan x\) là những hàm số lẻ.

Lời giải chi tiết:

Đúng

LG d

Các hàm số \(y = \cos x, y = \cot x\) là những hàm số chẵn.

Lời giải chi tiết:

Sai vì \(y = \cot x\) là hàm số lẻ.

LG e

Các hàm số \(y = \sin x, y = \cos x\) cùng nghịch biến trên khoảng  \(\left( {{\pi \over 2};{{3\pi } \over 2}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Sai vì \(y = \cos x\) không nghịch biến trên khoảng  \(\left( {{\pi \over 2};{{3\pi } \over 2}} \right)\)

LG f

Hàm số \(y = \cos x\) nghịch biến trên khoảng \((-2π ; -π)\)

Lời giải chi tiết:

Đúng

LG g

Trên mỗi khoảng mà hàm số \(y = \tan x\) đồng biến thì hàm số \(y = \cot x\) nghịch biến.

Lời giải chi tiết:

Sai vì trên khoảng \(\left( { - {\pi \over 2};{\pi \over 2}} \right)\) hàm số \(y = \tan x\) đồng biến nhưng hàm số \(y = \cot x\) không nghịch biến.

 trithuchub.com

LG a

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên chẵn \(m\) ta có \(f(x + m) = f(x)\) với mọi \(x\).

Lời giải chi tiết:

Đặt \(m = 2k, k \in\mathbb Z\). Ta có :

\(f(x + m) = \sinπ(x + m) \)

\(= \sin(πx + 2kπ) = \sinπx = f(x)\)

LG b

Lập bảng biến thiên của hàm số trên đoạn \([-1 ; 1]\).

Lời giải chi tiết:

Bảng biến thiên

LG c

Vẽ đồ thị của hàm số đó.

Lời giải chi tiết:

Đồ thị

 trithuchub.com

LG a

\(\sin x + \tan {\pi \over 7}\cos x\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\sin x + \tan \frac{\pi }{7}\cos x\\
= \sin x + \frac{{\sin \frac{\pi }{7}}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}.\cos x\\
= \sin x + \frac{{\sin \frac{\pi }{7}\cos x}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}\\
= \frac{{\sin x\cos \frac{\pi }{7} + \sin \frac{\pi }{7}\cos x}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}\\
= \frac{{\sin \left( {x + \frac{\pi }{7}} \right)}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}
\end{array}\)

\( = \frac{1}{{\cos \frac{\pi }{7}}}\sin \left( {x + \frac{\pi }{7}} \right)\)

LG b

\(\tan {\pi \over 7}\sin x + \cos x\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}
\tan \frac{\pi }{7}\sin x + \cos x\\
= \frac{{\sin \frac{\pi }{7}}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}.\sin x + \cos x\\
= \frac{{\sin \frac{\pi }{7}\sin x}}{{\cos \frac{\pi }{7}}} + \cos x\\
= \frac{{\sin \frac{\pi }{7}\sin x + \cos x\cos \frac{\pi }{7}}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}\\
= \frac{{\cos \left( {x - \frac{\pi }{7}} \right)}}{{\cos \frac{\pi }{7}}} = \frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{7} - x} \right)}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}\\
= \frac{{\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{7} + x} \right)}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}\\
= \frac{{\sin \left( {\frac{{5\pi }}{{14}} + x} \right)}}{{\cos \frac{\pi }{7}}}\\
= \frac{1}{{\cos \frac{\pi }{7}}}\sin \left( {x + \frac{{5\pi }}{{14}}} \right)
\end{array}\)

trithuchub.com

LG a

\(\sin \left( {x - {{2\pi } \over 3}} \right) = \cos 2x\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{& \sin \left( {x - {{2\pi } \over 3}} \right) = \cos 2x \cr & \Leftrightarrow \sin \left( {x - {{2\pi } \over 3}} \right) = \sin \left( {{\pi \over 2} - 2x} \right) \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x - {{2\pi } \over 3} = {\pi \over 2} - 2x + k2\pi } \cr {x - {{2\pi } \over 3} = \pi - {\pi \over 2} + 2x + k2\pi } \cr} } \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = {{7\pi } \over {18}} + k{{2\pi } \over 3}} \cr {x = - {{7\pi } \over 6} - k2\pi } \cr} } \right. \cr} \)

LG b

\(\tan \left( {2x + 45^\circ } \right)\tan \left( {180^\circ - {x \over 2}} \right) = 1\)

Lời giải chi tiết:

Với ĐKXĐ của phương trình ta có:

\(\tan \left( {2x + {{45}^0}} \right) \)\(= \cot \left( {{{90}^0} - 2x - {{45}^0}} \right) \)\(= \cot \left( {{{45}^0} - 2x} \right)\)

\(\tan \left( {180^\circ - {x \over 2}} \right) = \tan \left( { - {x \over 2}} \right)\)

Nên :

\(\eqalign{
& \tan \left( {2x + 45^\circ } \right)\tan \left( {180^\circ - {x \over 2}} \right) = 1 \cr 
& \Leftrightarrow \cot \left( {45^\circ - 2x} \right)\tan \left( { - {x \over 2}} \right) = 1 \cr 
& \Leftrightarrow \tan \left( { - \frac{x}{2}} \right) = \frac{1}{{\cot \left( {{{45}^0} - 2x} \right)}}\cr&\Leftrightarrow \tan \left( { - {x \over 2}} \right) = \tan \left( {45^\circ - 2x} \right) \cr 
& \Leftrightarrow - {x \over 2} = 45^\circ - 2x + k180^\circ \cr 
& \Leftrightarrow x = 30^\circ + k120^\circ ,k \in\mathbb Z \cr} \)

LG c

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

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos 2x - {\sin ^2}x = 0 \cr 
& \Leftrightarrow \cos 2x - {{1 - \cos 2x} \over 2} = 0 \cr 
& \Leftrightarrow 3\cos 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = {1 \over 3} \cr 
& \Leftrightarrow \cos 2x = \cos \alpha \,\left( {\text{ với }\,\cos \alpha = {1 \over 3}} \right) \cr 
& \Leftrightarrow x = \pm {\alpha \over 2} + k\pi \,\,(k\in\mathbb Z)\cr} \)

LG d

\(5\tan x - 2\cot x = 3\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{& 5\tan x - 2\cot x = 3 \cr & \Leftrightarrow 5\tan x - {2 \over {\tan x}} = 3 \cr & \Leftrightarrow 5{\tan ^2}x - 3\tan x - 2 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{\tan x = 1} \cr {\tan x = - {2 \over 5}} \cr} } \right. \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = {\pi \over 4} + k\pi } \cr {x = \alpha + k\pi } \cr}k\in\mathbb Z } \right. \cr & \text{trong đó}\,\tan \alpha = - {2 \over 5} \cr} \)

trithuchub.com

LG a

\(\sin 2x + {\sin ^2}x = {1 \over 2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sin 2x + {\sin ^2}x = {1 \over 2} \cr 
& \Leftrightarrow \sin 2x + {1 \over 2}\left( {1 - \cos 2x} \right) = {1 \over 2} \cr 
& \Leftrightarrow \sin 2x - {1 \over 2}\cos 2x = 0 \cr 
& \Leftrightarrow \tan 2x = {1 \over 2} \cr 
& \Leftrightarrow 2x = \alpha + k\pi \,\text{ với }\,\tan \alpha = {1 \over 2} \cr 
& \Leftrightarrow x = {\alpha \over 2} + k{\pi \over 2},\,k \in\mathbb Z \cr} \)

LG b

\(2{\sin ^2}x + 3\sin x\cos x + {\cos ^2}x = 0\)

Lời giải chi tiết:

\(x = {\pi \over 2} + k\pi \) không là nghiệm phương trình.

Chia hai vế phương trình cho \({\cos ^2}x\) ta được :

\(\eqalign{& 2{\tan ^2}x + 3\tan x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{\tan x = - 1} \cr {\tan x = - {1 \over 2}} \cr} } \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = - {\pi \over 4} + k\pi } \cr {x = \alpha + k\pi } \cr} } \right.\,\left( {k \in\mathbb Z} \right) \cr & \left( {\text{ với }\,\tan \alpha = - {1 \over 2}} \right) \cr} \)

LG c

\({\sin ^2}{x \over 2} + \sin x - 2{\cos ^2}{x \over 2} = {1 \over 2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& {\sin ^2}{x \over 2} + \sin x - 2{\cos ^2}{x \over 2} = {1 \over 2} \cr 
& \Leftrightarrow {\sin ^2}{x \over 2} + 2\sin {x \over 2}\cos {x \over 2} - 2{\cos ^2}{x \over 2} = {1 \over 2} \cr} \) 

Với \(x\) mà \(\cos {x \over 2} = 0\) không là nghiệm phương trình.

Chia hai vế phương trình cho \({\cos ^2}{x \over 2}\) ta được :

\(\eqalign{& {\tan ^2}{x \over 2} + 2\tan {x \over 2} - 2 = {1 \over 2}\left( {1 + {{\tan }^2}{x \over 2}} \right) \cr & \Leftrightarrow {\tan ^2}{x \over 2} + 4\tan {x \over 2} - 5 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{\tan {x \over 2} = 1} \cr {\tan {x \over 2} = - 5} \cr} } \right. \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{{x \over 2} = {\pi \over 4} + k\pi } \cr {{x \over 2} = \alpha + k\pi } \cr} } \right.\,\left( {\text{ với }\,\tan \alpha = - 5} \right) \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = {\pi \over 2} + k2\pi } \cr {x = 2\alpha + k2\pi } \cr} } \right.\,\left( {k \in\mathbb Z} \right) \cr} \)

 trithuchub.com

LG a

Chứng minh rằng  \(\sin {\pi \over {12}} = {{\sqrt 3 - 1} \over {2\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sin {\pi \over {12}} = \sin \left( {{\pi \over 3} - {\pi \over 4}} \right) \cr 
& = \sin {\pi \over 3}\cos {\pi \over 4} - \sin {\pi \over 4}\cos {\pi \over 3} \cr 
& = {{\sqrt 3 } \over 2}.{{\sqrt 2 } \over 2} - {{\sqrt 2 } \over 2}.{1 \over 2} \cr 
& = {{\sqrt 6 - \sqrt 2 } \over 4} = {{\sqrt 2 \left( {\sqrt 3 - 1} \right)} \over 4} \cr 
& = {{\sqrt 3 - 1} \over {2\sqrt 2 }} \cr} \)

LG b

Giải các phương trình \(2\sin x – 2\cos x =1 - \sqrt 3 \) bằng cách biến đổi vế trái về dạng \(C\sin(x + α)\).

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{& 2\sin x - 2\cos x = 1 - \sqrt 3 \cr & \Leftrightarrow {1 \over {\sqrt 2 }}\sin x - {1 \over {\sqrt 2 }}\cos x = {{1 - \sqrt 3 } \over {2\sqrt 2 }} \cr & \Leftrightarrow \sin x.\cos {\pi \over 4} - \sin {\pi \over 4}\cos x = - \sin {\pi \over {12}} \cr & \Leftrightarrow \sin \left( {x - {\pi \over 4}} \right) = \sin \left( { - {\pi \over {12}}} \right) \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x - {\pi \over 4} = - {\pi \over {12}} + k2\pi } \cr 
{x - {\pi \over 4} = \pi + {\pi \over {12}} + k2\pi } \cr} } \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = {\pi \over 6} + k2\pi } \cr {x = {{4\pi } \over 3} + k2\pi } \cr} } \right.\left( {k \in\mathbb Z} \right) \cr} \)

LG c

Giải phương trình \(2\sin x – 2\cos x =1 - \sqrt 3 \) bằng cách bình phương hai vế.

Lời giải chi tiết:

Chú ý rằng \(1 - \sqrt 3 < 0\), ta đặt điều kiện \(\sin x – \cos x < 0\) rồi bình phương hai vế của phương trình thì được :

\(\eqalign{& 4\left( {1 - \sin 2x} \right) = 4 - 2\sqrt 3 \cr & \Leftrightarrow \sin 2x = {{\sqrt 3 } \over 2} \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = {\pi \over 6} + k\pi } \cr {x = {\pi \over 3} + k\pi } \cr}\,\,(k\in\mathbb Z) } \right. \cr} \) 

Thử vào điều kiện \(\sin x – \cos x < 0\), ta thấy :

* Họ nghiệm \(x = {\pi \over 6} + k\pi \) thỏa mãn điều kiện \(\sin x – \cos x < 0\) khi và chỉ khi \(k\) chẵn, tức là \(x = {\pi \over 6} + 2m\pi \) với \(m \in\mathbb Z\).

* Họ nghiệm \(x = {\pi \over 3} + k\pi \) thỏa mãn điều kiện \(\sin x  – \cos x < 0\) khi và chỉ khi \(k\) lẻ, tức là \(x = {\pi \over 3} + \left( {2m + 1} \right)\pi = {{4\pi } \over 3} + 2m\pi \) với \(m \in\mathbb Z\).

Ta có kết quả như đã nêu ở câu b.

trithuchub.com

LG a

Chứng minh rằng \(x = {\pi \over 2} + k\pi \) nghiệm đúng phương trình.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\sin \left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right) = {\left( { - 1} \right)^k}\)

(nghĩa là bằng 1 nếu k chẵn, bằng -1 nếu k lẻ)

Thay \(x = {\pi \over 2} + k\pi \) vào phương trình ta được :

\(\begin{array}{l}
\frac{{{{\sin }^3}\left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right) + {{\cos }^3}\left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right)}}{{2\cos \left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right) - \sin \left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right)}} = \cos \left[ {2\left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right)} \right]\\
\Leftrightarrow \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{3k}} + 0}}{{2.0 - {{\left( { - 1} \right)}^k}}} = \cos \left( {\pi + k2\pi } \right)\\
\Leftrightarrow \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{3k}}}}{{ - {{\left( { - 1} \right)}^k}}} = \cos \pi \\
\Leftrightarrow - {\left( { - 1} \right)^{2k}} = - 1\\
\Leftrightarrow - 1 = - 1
\end{array}\)

Vậy \(x = {\pi \over 2} + k\pi \) là nghiệm phương trình

LG b

Giải phương trình bằng cách đặt \(\tan x = t\) (khi \(x \ne {\pi \over 2} + k\pi \) )

Lời giải chi tiết:

* \(x = {\pi \over 2} + k\pi \) là nghiệm phương trình.

* Với \(x \ne {\pi \over 2} + k\pi \) chia tử và mẫu của vế trái cho \({\cos ^3}x\) ta được :

\({{{{\tan }^3}x + 1} \over {2\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right) - \tan x\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)}} = {{1 - {{\tan }^2}x} \over {1 + {{\tan }^2}x}}\) 

Đặt \(t = \tan x\) ta được :

\(\eqalign{& {{{t^3} + 1} \over {\left( {2 - t} \right)\left( {1 + {t^2}} \right)}} = {{1 - {t^2}} \over {1 + {t^2}}} \cr & \Leftrightarrow {t^3} + 1 = \left( {{t^2} - 1} \right)\left( {t - 2} \right) \cr & \Leftrightarrow {t^3} + 1 = {t^3} - 2{t^2} - t + 2 \cr & \Leftrightarrow 2{t^2} + t - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{
{t = - 1} \cr {t = {1 \over 2}} \cr} } \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{\tan x = - 1} \cr {\tan x = {1 \over 2}} \cr} } \right. \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x = - {\pi \over 4} + k\pi } \cr {x = \alpha + k\pi } \cr} } \right. \cr & \text{ với }\,\tan \alpha = {1 \over 2} \cr} \)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm :\(x = {\pi \over 2} + k\pi ,x = - {\pi \over 4} + k\pi ,\) \(x = \alpha + k\pi \,\left( {k \in\mathbb Z} \right)\)

trithuchub.com