Đến nội dung

Hình ảnh

[MHS2013] - Trận 22 - phương trình lượng giác


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 14 trả lời

#1
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả


Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 8/03/2013, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
1) Trận 22 có

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ không được tự ý sửa bài của mình vì nếu sửa sẽ bị chấm là 0 điểm.

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$
Đề của Primary

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2
minh29995

minh29995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 377 Bài viết

Do hàm số là hàm tuần hoàn với chu kì $2\pi$ nên ta chỉ cần xét $x\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$
Từ PT suy ra ĐK: $sinx, cosx\geq \frac{-1}{2}$ $\Leftrightarrow x\in [\frac{-\pi}{6}; \frac{2\pi}{3}]$
Xét $f(x)=VT$
Ta có hàm số đã cho liên tục trên tập xác định của nó nên tập giá trị
$G= \left \{ \right.x| x\in [minf(x); maxf(x)]\left \} \right.$
**Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$f(x)=\sqrt{1+2sinx}+\sqrt{1+2cosx}\leq \sqrt{2(2+2(sinx+cosx))}$
$f(x)\leq \sqrt{2(2+2\sqrt{2}sin(x+\frac{\pi}{4}))}\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{\pi}{4}$ thỏa mãn ĐK
** Xét min
Đặt $sinx+cosx =t$ thì $t=\sqrt{2}sin(x+\frac{\pi}{4})$ Với Đk của x thì BD trên ĐTLG $sin(x+\frac{\pi}{4}) \geq sin\frac{\pi}{12}$
Suy ra $t\geq \sqrt{2}.sin \frac{\pi}{12}$
Ta có: $f^2(x)=2+2t+\sqrt{2t^2+2t-1}\geq 1+\sqrt{3} \Leftrightarrow f(x)\geq \sqrt{1+\sqrt{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi $t= \sqrt{2}sin\frac{\pi}{12}$ thỏa mãn
Vậy ta có $G= \left \{ \right.x | x\in [\sqrt{1+\sqrt{3}}; 2\sqrt{1+\sqrt{2}}\left \} \right.$
Do đó để PT đã cho có nghiệm thì a phải thuộc tập giá trị G
KL: $a\in [\sqrt{1+\sqrt{3}}; 2\sqrt{1+\sqrt{2}}]$

ĐIỂM: 10

S = 24 + 3*10 = 54


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 21-03-2013 - 10:32
Ghi điểm

${\color{DarkRed} \bigstar\bigstar \bigstar \bigstar }$ Trần Văn Chém

#3
hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 861 Bài viết

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$



$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$

Dễ thấy để phương trình có nghiệm thì $a\geq 0$

Điều kiện: $-\frac{\pi}{6}+k2\pi\leq x\leq \frac{2\pi}{3}+k2\pi;k\in\mathbb{Z}$

$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$

Bình phương 2 vế, ta được phương trình:

$2+2(\sin x+\cos x)+2\sqrt{1+2(\sin x+\cos x)+4\sin x\cos x}=a^{2}$ (1)

$\Leftrightarrow 1+(\sin x+\cos x)+2\sqrt{(\sin x+\cos x)^{2}+2(\sin x+\cos x)+2\sin x\cos x}=\frac{a^{2}}{2}$

Đặt $t=\sin x+\cos x;t \in[\frac{-1+\sqrt{3}}{2};\sqrt{2}]$, phương trình thành:

$1+t+\sqrt{2t^{2}+2t-1}=\frac{a^{2}}{2}$

Đặt $f(t)=1+t+\sqrt{2t^{2}+2t-1}$, ta xét $f(t)$ trên $[\frac{-1+\sqrt{3}}{2};\sqrt{2}]$

$\Rightarrow f'(t)=1+\frac{2t+1}{\sqrt{2t^{2}+2t-1}}$

$f'(t)=0\Leftrightarrow 1+\frac{2t+1}{\sqrt{2t^{2}+2t-1}}=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{2t^{2}+2t-1}=-1-2t$ (1)

Để phương trình $(2)$ có nghiệm thì $t\leq -\frac{1}{2}$, điều này không xảy ra do $t \in[\frac{-1+\sqrt{3}}{2};\sqrt{2}]$

Vậy phương trình $(2)$ vô nghiệm

Bảng biến thiên:

 

Capture-1_zps74edb1e8.jpg


Xét phương trình hoành độ giao điểm của hàm số $©:y=1+t+\sqrt{2t^{2}+2t-1}$ và đường thẳng $(d):y=\frac{a^{2}}{2}$

Vậy số nghiệm của phương trình $(1)$ chính là số giao điểm của $©$ và $(d)$

Để phương trình $(1)$ có nghiệm thì $(d)$ phải cắt $©$ ít nhất tại 1 điểm, dựa vào bảng biến thiên thì:

$\frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq \frac{a^{2}}{2}\leq 2+2\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow 1+\sqrt{3}\leq a^{2}\leq 4(1+\sqrt{2})$

$\Rightarrow \sqrt{1+\sqrt{3}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$

Vậy để phương trình $\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$ có nghiệm thì

$$\boxed{\sqrt{1+\sqrt{3}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}}$$



ĐIỂM: 10

S = 24+10*3 = 54


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 21-03-2013 - 10:32
Ghi điểm

Toán học là ông vua của mọi ngành khoa học.

Albert Einstein

(1879-1955)

Hình đã gửi


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#4
chagtraife

chagtraife

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 154 Bài viết

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a (*)$$
Đề của Primary


đặt $F(x)=\sqrt{1+2\sin x}+\sqrt{1+2\cos x}$
ta thấy $F(x)=F(x+2\pi k)$, do đó ta có thể xét bài toán sau với $x\epsilon \left [ -\pi;\pi \right ]$
*Điều kiện:$\left\{\begin{matrix} \sin x \geq \frac{-1}{2}& & \\ \cos x \geq \frac{-1}{2}& & \end{matrix}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\epsilon \left [ \frac{-\pi}{6};\frac{\pi}{6}+\pi \right ] & & \\ x\epsilon \left [ \frac{-2\pi}{3};\frac{2\pi}{3} \right ] & & \end{matrix}\right. $
$\Leftrightarrow x\epsilon \left [ \frac{-\pi}{6};\frac{2\pi}{3} \right ]$
$\Leftrightarrow x+\frac{\pi}{4}\epsilon \left [ \frac{\pi}{12};-\frac{\pi}{12}+\pi \right ]$
$\Leftrightarrow \sqrt{2}\sin \frac{\pi}{12}\leq \sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4})\leq \sqrt{2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{2}\sin \frac{\pi}{12}\leq \sin x+\cos x\leq\sqrt{2}$
ta có:$F^2_{(x)}=2+2(\sin x+\cos x)+2\sqrt{1+2(\sin x+\cos x)+4\sin x.\cos x}$
đặt $t=\sin x+\cos x$
đk:$t\epsilon \left [ \sqrt{2}\sin \frac{\pi}{12};\sqrt{2} \right ]$
khi đó, $F(x)$ trở thành:
$2+2t+2\sqrt{2t^2+2t-1}$
xét $g(t)=2t^2+2t-1$,$t\epsilon \left [ \sqrt{2}\sin \frac{\pi}{12};\sqrt{2} \right ]$
$g'(t)=0\Leftrightarrow t=\frac{-1}{2}$
suy ra:$\left\{\begin{matrix} Max (g(t))=g(\sqrt{2}) & & \\ Min (g(t))=g(\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{12}) & & \end{matrix}\right.$
do đó:
$2+2\sqrt{2}+2\sqrt{g(\sqrt{2})}\geq F^2(x)\geq 2+2\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{12} +2\sqrt{g(\sqrt{2}\sin \frac{\pi }{12})}$
hay:$\sqrt{2+2\sqrt{2}+2\sqrt{g(\sqrt{2})}}\geq F(x)\geq \sqrt{2+2\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{12}+2\sqrt{g(\sqrt{2}\sin \frac{\pi }{12})}}$
vậy phương trình $F(x)=a$ có nghiệm khi và chỉ khi:
$\sqrt{2+2\sqrt{2}+2\sqrt{g(\sqrt{2})}}\geq a\geq \sqrt{2+2\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{12}+2\sqrt{g(\sqrt{2}\sin \frac{\pi }{12})}}$
với $g(t)=2t^2+2t-1$

Cần phải tính trực tiếp $\sin \frac{\pi}{12}$ sau đó rút gọn. Đáp số chưa tốt!
ĐIỂM: 8

 

S = 20 + 3*8 = 44


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 21-03-2013 - 10:33
Ghi điểm


#5
Gioi han

Gioi han

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 384 Bài viết

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$
Đề của Primary

P/s: Sao khi tối lên không có đề, bây giờ lại có mà thời gian ra đề lại thấy 20h09 nhỉ??
Lời giải:
Ta thấy pt có chu khi là $T=2\pi$ nên ta xét trong khoảng $x\epsilon [-\pi;\pi]$
ĐK:$\left\{\begin{matrix}1+2cosx\geq0 \\ 1+2sinx\geq0\\a\geq0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{\pi}{6}\leq x\leq\frac{\pi}{3}\\a\geq0\end{matrix}\right.$
Ta có: $a^2=2+2(cosx+sinx)+2\sqrt{1+2(cosx+sinx)+4sinx.cosx}$
Đặt $t=sinx+cosx$$\to 2sinxcosx=t^2-1$
$\to a^2=2+2t+2\sqrt{1+2t+2(t^2-1)}=2+2t+2\sqrt{2t^2+2t-1}=f(t)$
Ta có: $\frac{\pi}{6}\leq x\leq \frac{\pi}{3}\to \frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq t\leq \sqrt{2}$
Ta có:$f'(t)=2+\frac{4t+2}{\sqrt{2t^2+2t-1}}>0$, với mọi $ \frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq t\leq \sqrt{2}$
Nên: $f(\frac{1+\sqrt{3}}{2})\leq f(t)\leq f(\sqrt{2})\Leftrightarrow 3+\sqrt{3}+2\sqrt{2+2\sqrt{3}}\leq a^2\leq 4+4\sqrt{2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{3+\sqrt{3}+2\sqrt{2+2\sqrt{3}}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$ (*)
Vậy $a$ thỏa mãn với (*) thì phương trình đã cho có nghiệm...xong


Điều kiện (chỗ tô màu) sai nên hạn chế điều kiện của ẩn phụ và cuối cùng dẫn đến sai kết quả!
ĐIỂM: 0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 13-03-2013 - 20:33


#6
luuxuan9x

luuxuan9x

    Sát thủ có khuôn mặt trẻ thơ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
Hôm nay quyết tâm giải hết, chứ không máy hư nữa tức chết :D.


Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$
Đề của Primary


Bài làm của toán thủ luuxuan9x:

Ta nhận thấy $\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}\geq \sqrt{3}$

=>$a\geq \sqrt{3}$

Lại có $\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}\leq \sqrt{2(2+2(sinx+cosx))}\leq \sqrt{2(2+2\sqrt{2(sin^2x+cos^2x)})}=2\sqrt{1+\sqrt{2}}$

=>$a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$

Vậy để phương trình có nghiệm thì $\sqrt{3}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$

Dòng đầu tiên đã sai rồi!
ĐIỂM: 0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 13-03-2013 - 20:19


#7
19kvh97

19kvh97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 423 Bài viết

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a(*)$$
Đề của Primary

$(*)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a\geq 0 & & \\ 2+2(\cos x+\sin x)+2\sqrt{1+2(\cos x+\sin x)+2\sin 2x}=a^2(**) & & \end{matrix}\right.$
Đặt $\cos x+\sin x=b$ suy ra $\sin 2x=b^2-1$ pt $(**)$ trở thành
$2+2b+2\sqrt{1+2b+2(b^2-1)}=a^2$$\Leftrightarrow2\sqrt{2b^2+2b-1}=a^2-2-2b$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b\leq \frac{a^2-2}{2} & & \\ 4b^2+4ba^2-a^4+4a^2-8=0 & & \end{matrix}\right.$
ta có $b=\cos x+\sin x=\sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi }{4})$ suy ra $-\sqrt{2}\leq b\leq \sqrt{2}$
Đặt $4b^2+4ba^2-a^4+4a^2-8=f(x)$
suy ra để pt ban đầu có nghiệm $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a\geq 0 & & \\ \exists b & & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a\geq 0 & & \\ \Delta \geq 0 & & \\ 4f(\frac{a^2-2}{2})\leq 0 & & \\ f(\sqrt{2})f(-\sqrt{2})\leq 0 & & \\ \begin{bmatrix} -\sqrt{2}\leq \frac{S}{2} & & \\ \frac{S}{2}\leq \sqrt{2} & & \end{bmatrix} & & \end{matrix}\right.$
+) $\Delta \geq 0$ $\Leftrightarrow 8(a^4-2a^2+4)\geq 0$$\Leftrightarrow a\epsilon \mathbb{R}$
+) $4f(\frac{a^2-2}{2})\leq 0$$\Leftrightarrow 4(\frac{a^2-2}{2})^2+4.\frac{a^2-2}{2}.a^2-a^4+4a^2-8\leq 0$
$\Leftrightarrow a^4-2a^2-2\leq 0$$\Leftrightarrow -\sqrt{1+\sqrt{3}}\leq a\leq \sqrt{1+\sqrt{3}}$
+)$f(\sqrt{2})f(-\sqrt{2})\leq 0$ $\Leftrightarrow (a^4-4a^2(1+\sqrt{2}))(a^4-4a^2(1-\sqrt{2}))\leq 0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=0 & & \\ (a^2-4(1+\sqrt{2}))(a^2-4(1-\sqrt{2}))\leq 0 & & \end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow -2\sqrt{1+\sqrt{2}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$
+)$\begin{bmatrix} \frac{S}{2}\leq \sqrt{2} & & \\ \frac{S}{2}\geq -\sqrt{2} & & \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow -\sqrt{2\sqrt{2}}\leq a\leq \sqrt{2\sqrt{2}}$
KH suy ra $0\leq a\leq \sqrt{1+\sqrt{3}}$

Em không có đặt điều kiện của $x$ nên dẫn đến điều kiện của ẩn phụ $b$ sai nặng!
ĐIỂM: 0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 13-03-2013 - 20:21


#8
hoangkkk

hoangkkk

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 83 Bài viết
ĐKXĐ : $\left\{\begin{matrix}
\cos x \geq -\frac{1}{2} & \\
\sin x \geq -\frac{1}{2} &
\end{matrix}\right.$

Do vế trái của phương trình đã cho luôn lớn hơn $0$ với mọi $x$ nên $a >0$. Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $m+n \leq \sqrt {2\left ( m^2+n^2 \right )}$ với chú ý $\sin x+\cos x \in \left [ -\sqrt {2},\sqrt {2} \right ]$ ta được $a \leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$.
Bình phương hai vế của phương trình trên :
$$2\left ( 1+\cos x+\sin x \right )+2\sqrt{1+2\left ( \cos x+\sin x \right )+4\cos x\sin x}=a^2$$
Đặt $\sin x+\cos x=t$, do ĐKXĐ nên $t \geq -1$, như vậy $t\in \left [-1,\sqrt{2} \right ]$. Áp dụng đẳng thức $\sin^2 x+\cos^2 x=1$ suy ra $\sin x\cos x = \frac{t^2-1}{2}$. Thay vào và viết lai phương trình :
$$2\left ( 1+t \right )+2\sqrt{2t^2+2t-1}=a^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{a^2}{2}-t-1=\sqrt{2t^2+2t-1}$$
Dễ thấy hai vế của phương trình trên đều không âm, bình phương hai vế và rút gọn ta được :
$$t^2+a^2t+a^2-\frac{a^4}{4}-2=0$$
Đặt $f(t)=t^2+a^2t+a^2-\frac{a^4}{4}-2$
Ta cần tìm $a$ sao cho phương trình $f(t)=0$ có ngiệm thuộc $\left [-1,\sqrt{2} \right ]$
Trước hết ta tìm điều kiện đề $f(t)=0$ có nghiệm.
Hay $\Delta =a^4-4\left ( a^2-\frac{a^4}{4}-2 \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow 2\left ( a^2-1 \right )^2+6 \geq 0$ luôn đúng với mọi $a$.
Gọi $t_1$, $t_2$ là các nghiệm của phương trình. Ta có :

$\begin{bmatrix}
t_1=\frac{-a^2-\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} & \\
t_2=\frac{-a^2+\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} &
\end{bmatrix}$

Xét cho nghiệm $t_1$. Do $t_1 \leq 0$ với mọi $a$ nên ta chỉ cần tìm $a$ sao cho tồn tại giá trị $t_1 \in \left [ -1,0 \right ]$. Giải bất phương trình :
$$\frac{-a^2-\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} \geq -1$$
$$\Leftrightarrow 2-a^2 \geq \sqrt{2a^4-4a^2+8}$$
Bất phương trình trên vô nghiệm do $VT <2$, $VP \geq \sqrt{6} >2$.
Vậy không tồn tại $a$ để $t_1 \in \left [ -\frac{1}{4},0 \right ]$

Xét cho nghiệm $t_2$.

Giải bất phương trình : $\frac{-a^2+\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} \geq -1$
$\Leftrightarrow \sqrt{2a^4-4a^2+8} \geq a^2-2$
Dễ thấy bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi $a$.

Giải bất phương trình : $\frac{-a^2+\sqrt{2a^4-4a^2+8}}{2} \leq \sqrt{2}$
$\Leftrightarrow a^2\left ( a^2-4\left ( 1+\sqrt{2} \right ) \right )\leq 0$
Do $a >0$ nên $a^2 \leq 4\left ( 1+\sqrt{2} \right )$ $\Leftrightarrow a \leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$
Kết hợp các điều kiện trên ta rút ra kết luận :
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm với mọi $a \in \left (0,2\sqrt{1+\sqrt{2}} \right ]$

Dự đoán là bài mình làm sai kết quả. Chẳng thấy logic tí nào cả, mình lại còn không tìm được $\min \left ( \sqrt{1+2\sin x}+\sqrt{1+2\cos x} \right )$.


Sai điều kiện ẩn phụ!
ĐIỂM: 3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 13-03-2013 - 20:23

A2K40-er

My Blog : http://a2k40pbc.blogspot.com/


#9
hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 861 Bài viết

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$


CÁCH 2:

$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$ (1)

Điều kiện: $-\frac{\pi}{6}+k2\pi\leq x\leq \frac{2\pi}{3}+k2\pi;k\in\mathbb{Z}$

Đặt $f(x)=\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}$, dễ thấy hàm này tuần hoàn theo chu kỳ $2\pi$ nên ta xét $f(x)$ trong $[-\frac{\pi}{6};\frac{2\pi}{3}]$

$\Rightarrow f'(x)=\frac{\cos x}{\sqrt{1+2\sin x}}-\frac{\sin x}{\sqrt{1+2\cos x}}$

$f'(x)=0\Leftrightarrow \cos x.\sqrt{1+2\cos x}-\sin x.\sqrt{1+2\sin x}=0;(x \in (-\frac{\pi}{6};\frac{2\pi}{3}))$

$\Leftrightarrow \cos x.\sqrt{1+2\cos x}=\sin x.\sqrt{1+2\sin x}$

Đặt $g(t)=t\sqrt{1+2t}$, xét hàm $g(t)$ trên $[-\frac{1}{2};+\infty )$

$\Rightarrow g'(t)=\sqrt{1+2t}+\frac{t^{2}}{\sqrt{1+2t}}>0;\forall t\in [-\frac{1}{2};+\infty )$

Vậy $g(t)$ là hàm đồng biến

Mà $g(\sin x)=g(\cos x)$

$\Rightarrow \sin x=\cos x$

$\Rightarrow x=\frac{\pi}{4}$

Bảng biến thiên:


Hình đã gửi


Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị $©:y=\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}$ và đường thẳng $(d):y=a$

Nghiệm của phương trình $(1)$ chính là số giao điểm của đồ thị $©$ và đường thẳng $(d)$

Vậy để phương trình $(1)$ có nghiệm thì dựa vào bảng biến thiên, ta có kết quả:

$\sqrt{1+\sqrt{3}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$



Cách giải đúng, tuy nhiên còn chưa ổn chỗ xét $f'(x)$ khi thay đổi điều kiện $x$ liên tục. Đáng lẽ ra xét riêng trường hợp $x=\frac{-\pi}{6}$,...
ĐIỂM: 5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 13-03-2013 - 20:28

Toán học là ông vua của mọi ngành khoa học.

Albert Einstein

(1879-1955)

Hình đã gửi


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#10
luuxuan9x

luuxuan9x

    Sát thủ có khuôn mặt trẻ thơ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
Em xin giải thích rõ hơn phần $\sqrt{1+2cosx}+\sqrt{1+2sinx}\geq \sqrt{3}$

Ta nhận thấy ĐK của bài toán là $\left\{\begin{matrix}
sinx\geq -\frac{1}{2}\\
cosx\geq -\frac{1}{2}
\end{matrix}\right.$.

<=>$x\in [-\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}]$

Đăt $t=tan\frac{x}{2}$ =>$t\in [tan(\frac{-\pi }{12});\sqrt{3}]$

Khi đó $\sqrt{1+2cosx}+\sqrt{1+2sinx}=\sqrt{1+\frac{2-2t^2}{1+t^2}}+\sqrt{1+\frac{4t}{1+t^2}}=\sqrt{\frac{3-t^2}{1+t^2}}+\sqrt{\frac{t^2+4t+1}{1+t^2}}$

Xét hàm số:$f(t)=\sqrt{\frac{3-t^2}{1+t^2}}+\sqrt{\frac{t^2+4t+1}{1+t^2}}$

Đến đây sử dụng công cụ đạo hàm , lập bảng biến thiên với $t\in [tan(\frac{-\pi }{12});\sqrt{3}]$ ta tìm được $f(t)\geq \sqrt{3}$

=>$\sqrt{1+2cosx}+\sqrt{1+2sinx}\geq \sqrt{3}$

CD13 nghĩ công cụ đạo hàm chắc cũng không cho đáp số này! :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 13-03-2013 - 20:33


#11
hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 861 Bài viết

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$


CÁCH 3: Dùng kiến thức lớp 11

$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$ (1)

Điều kiện: $-\frac{\pi}{6}+k2\pi\leq x\leq \frac{2\pi}{3}+k2\pi;k\in\mathbb{Z}$

Bình phương 2 vế của phương trình (1), ta được:

$1+(\sin x+\cos x)+\sqrt{1+2(\sin x+\cox x)+4\sin x\cos x}=\frac{a^{2}}{2}$ (2)

Đặt $t=\sin x+\cos x;t \in[\frac{-1+\sqrt{3}}{2};\sqrt{2}]$, phương trình $(2)$ thành:

$1+t+\sqrt{2t^{2}+2t-1}=\frac{a^{2}}{2}$

$\Leftrightarrow t+\sqrt{2t^{2}+2t-1}=\frac{a^{2}-2}{2}$

Đặt $\frac{a^{2}-2}{2}=m;m\geq 0$, phương trình thành:

$\sqrt{2t^{2}+2t-1}=m-t$ (3)

Để phương trình (3) có nghiệm thì $m\geq t$, điều đó có nghĩa $m\geq \frac{-1+\sqrt{3}}{2}$

Bình phương 2 vế phương trình (3), rút gọn, ta được phương trình:

$t^{2}+2t(m+1)-(m^{2}+1)=0$ (4)

Xem đây là phương trình bậc $(2)$ ẩn $t$, tham số $m$

$\Delta'=2(m^{2}+m+1)>0$

Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm, mặt khác, theo định lý $Viete$ thì tích 2 nghiệm ấy bằng $-(m^{2}+1)<0$

Vậy 1 trong 2 nghiệm ấy là dương, dựa vào điều kiện $t$ ta chọn giá trị dương, tức ta có nghiệm:

$t=-(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}$

Vậy ta có hệ bất phương trình sau

$\left\{\begin{matrix} t\geq \frac{-1+\sqrt{3}}{2}\\ t\leq \sqrt{2} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}\geq \frac{-1+\sqrt{3}}{2}\\ -(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}\leq \sqrt{2} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{2(m^{2}+m+1)}\geq \frac{-1+\sqrt{3}}{2}+(m+1)\\ \sqrt{2(m^{2}+m+1)}\leq \sqrt{2}+(m+1) \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2(m^{2}+m+1)\geq \frac{2+\sqrt{3}}{2}+(\sqrt{3}-1)(m+1)+(m+1)^{2}\\ 2(m^{2}+m+1)\leq 2+\sqrt{2}(m+1)+(m+1)^{2} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m^{2}-(\sqrt{3}-1)m+\frac{2-\sqrt{3}}{2}\geq 0\\ m^{2}-2\sqrt{2}m-(2\sqrt{2}+1)\leq 0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \frac{-1+\sqrt{3}}{2}\leq m\leq 1+2\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow \frac{-1+\sqrt{3}}{2}\leq \frac{a^{2}-2}{2}\leq 1+2\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow 1+\sqrt{3}\leq a^{2}\leq 4(1+\sqrt{2})$

$\Leftrightarrow \sqrt{1+\sqrt{3}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$

Vậy để (1) có nghiệm thì:

$$\boxed{\sqrt{1+\sqrt{3}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}}$$


MỞ RỘNG 1: Giải phương trình $\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$

Áp dụng cách 3, ta giải được $t=-(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}$

$\Leftrightarrow \sin(x+\frac{\pi}{4})=\frac{-(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}}{\sqrt{2}};(\frac{-1+\sqrt{3}}{2}\leq m\leq 1+2\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=-\frac{\pi}{4}+\frac{-(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}}{\sqrt{2}}+l2\pi\\ x=\frac{5\pi}{4}-\frac{-(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}}{\sqrt{2}}+l2\pi \end{bmatrix};l\in\mathbb{Z}$

Mặt khác, ta có điều kiện $-\frac{\pi}{6}+k2\pi\leq x\leq \frac{2\pi}{3}+k2\pi;k\in\mathbb{Z}$ nên:

TH1: Nếu $\frac{\pi}{3}\leq x\leq \frac{2\pi}{3}$ thì:

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=-\frac{\pi}{4}+\frac{-(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}}{\sqrt{2}}+l2\pi\\ x=\frac{5\pi}{4}-\frac{-(m+1)+\sqrt{2(m^{2}+m+1)}}{\sqrt{2}}+l2\pi \end{bmatrix};l\in\mathbb{Z}$ (*)

TH2: Nếu $-\frac{\pi}{6}\leq x<\frac{\pi}{3}$ thì chỉ có 1 trong 2 giá trị (*) là hợp lệ, để biết chính xác thì ta có thể giải hệ bất phương trình tìm điều kiện $m$ và biện luận



Công thức nghiệm của phần mở rộng sai!
Đúng phần cách 3!
ĐIỂM: 5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 13-03-2013 - 20:41

Toán học là ông vua của mọi ngành khoa học.

Albert Einstein

(1879-1955)

Hình đã gửi


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#12
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết
Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#13
Spin9x

Spin9x

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 51 Bài viết
Ax. Sao hôm trước em không thấy đề? Còn tưởng là không có
Tôi ơi ! Cố gắng nhiều nhé !

Cố gắng vào đại học nhé !

"Thà để giọt mồ hôi rơi trên trang sách còn hơn để giọt nước mắt rơi cuối mùa thi. "

#14
CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1456 Bài viết
Bài làm các thí sinh đã chấm xong, có gì thắc mắc thí sinh có thể hỏi ngay tại đây.

#15
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

ĐIểm ra đề

D = 4*2 + 4*3 + 30 = 50


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh