Параметр тригонометрия егэ

1

2

3

4

5

1. Уравнения с функцией первого порядка и параметром
2. Уравнения с квадратичной функцией и параметром
3. Другие уравнения с параметрами
4. Примеры

Что такое «уравнение с параметром» и его решение – см. §32 справочника для 8 класса

п.1. Уравнения с функцией первого порядка и параметром

Уравнения вида (F(g(x),a)=0), где (g(x)) — некоторая линейная функция от тригонометрической функции, решаются аналогично линейным уравнениям с параметром.
Как решать линейные уравнения с параметром – см. Примеры 5-7, §7 справочника для 7 класса.

Например:
Решим уравнение: ( frac{1-cosx}{sinfrac{x}{2}}=a )
ОДЗ: (sinfrac{x}{2}ne 0Rightarrow frac{x}{2}nepi kRightarrow xne2pi k) begin{gather*} frac{2sin^2frac{x}{2}}{sinfrac{x}{2}}=2sinfrac{x}{2}=a\ sinfrac{x}{2}=frac{a}{2}Rightarrowfrac{x}{2}=(-1)^k arcsinfrac{x}{2}+pi k\ x=(-1)^k 2arcsinfrac{x}{2}+2pi k = left[ begin{array} {l l} 2arcsinfrac{a}{2}+4pi k\ pi-2arcsinfrac{a}{2}+4pi k end{array} right. end{gather*} Требование ОДЗ для знаменателя: begin{gather*} x=(-1)^k 2arcsinfrac{a}{2}+2pi kne 2pi kRightarrow\ Rightarrow (-1)^k 2arcsinfrac{a}{2}ne 0Rightarrow arcsinfrac{a}{2}ne 0Rightarrow frac{a}{2}ne 0 Rightarrow ane 0 end{gather*} Требование ОДЗ для арксинуса: (-1leqfrac{a}{2}leq 1 Rightarrow -2leq aleq 2)
Ответ:
При (alt -2, a=0, agt 2) решений нет, , (xin varnothing)
При (-2leq alt 0cup 0lt aleq 2, x= left[ begin{array}{l l} 2arcsinfrac{a}{2}+4pi k\ pi-2arcsinfrac{a}{2}+4pi k end{array} right. )

п.2. Уравнения с квадратичной функцией и параметром

Уравнения вида (F(g(x),a)=0), где (g(x)) — некоторая квадратичная функция от тригонометрической функции, решаются аналогично квадратичным уравнениям с параметром.
Как решать квадратичные уравнения с параметром – см. §32 справочника для 8 класса

Например:
Решим уравнение ( cos^4x-(a+2)cos^2x-(a+3)=0 )
Замена: (t=cos^2x, 0leq tleq 1): begin{gather*} t^2-(a+2)t-(a+3)=0\ D=(a+2)^2+4(a+3)=a^2+4a+4+4a+12=a^2+8a+16=(a+4)^2\ t=frac{(a+2)pm(a+4)}{2}= left[ begin{array}{l l} -1\ a+3 end{array} right. end{gather*} Корень (t_1=-1lt 0) не подходит по определению замены.
Второй корень (t_2=a+3) должен удовлетворять ограничениям: $$ 0leq a+3leq 1Rightarrow -3leq aleq -2 $$ Возвращаемся к исходной переменной: begin{gather*} cos^2x=a+3Rightarrowfrac{1+cos2x}{2}=a+3Rightarrow cos2x=2a+5Rightarrow\ Rightarrow 2x=pm arccos(2a+5)+2pi kRightarrow x=pmfrac12 arccos(2a+5)+pi k end{gather*} Ответ:
При (alt -3cup agt -2) решений нет, , (xin varnothing)
При (-3leq aleq -2, x=pmfrac12 arccos(2a+5)+pi k )

п.3. Другие уравнения с параметрами

При решении других тригонометрических уравнений с параметрами используются тригонометрические преобразования, замены переменных, переход от одного уравнения к системе (совокупности) уравнений и т.п.

Например:
Решим уравнение ((a+1)sin⁡x+(a-1)cos⁡x=2a)
Введем вспомогательный угол (см. §20 данного справочника). begin{gather*} rho=sqrt{(a+1)^2+(a-1)^2}=sqrt{a^2+2a+1+a^2-2a+1}=sqrt{2(a^2+1)}\ frac{(a+1)}{sqrt{2(a^2+1)}}sinx+frac{(a-1)}{sqrt{2(a^2+1)}}cosx=frac{2a}{sqrt{2(a^2+1)}}\ sinvarphi=frac{(a+1)}{sqrt{2(a^2+1)}}, cosvarphi=frac{(a-1)}{sqrt{2(a^2+1)}}\ sinvarphi sinx+cosvarphi cos x=asqrt{frac{2}{a^2+1}}\ cox(x-varphi)=asqrt{frac{2}{a^2+1}}\ x-varphi=pm arccosleft(asqrt{frac{2}{a^2+1}}right)+2pi k\ x=arccosfrac{(a-1)}{sqrt{2(a^2+1)}}pm arccosleft(asqrt{frac{2}{a^2+1}}right)+2pi k end{gather*} ОДЗ для арккосинуса: begin{gather*} -1leq asqrt{frac{2}{a^2+1}}leq 1Rightarrow -sqrt{frac{a^2+1}{2}}leq aleq sqrt{frac{a^2+1}{2}}Rightarrow |a|leq sqrt{frac{a^2+1}{2}}Rightarrow\ Rightarrow a^2leqfrac{a^2+1}{2}Rightarrow 2a^2leq a^2+1Rightarrow a^2leq 1Rightarrow |a|leq 1 end{gather*} Ответ:
При (|a|gt 1) решений нет, (xin varnothing)
При (|a|leq 1, x=arccosfrac{(a-1)}{sqrt{2(a^2+1)}}pm arccosleft(asqrt{frac{2}{a^2+1}}right)+2pi k )

п.4. Примеры

Пример 1. Решите уравнение: a) ( sin3x=asinx )
Формула для тройного угла – см. §16 данного справочника.
(sin3alpha=3sinalpha-4sin^3alpha)
Подставляем: begin{gather*} 3sinx-4sin^3x=a sinx\ sinx(3-4sin^2x-a=0\ left[ begin{array}{l l} sinx=0\ 3-4sin^2x-a=0 end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l l} x=pi k\ sin^2 x=frac{3-a}{4} end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l l} x=pi k\ frac{1-cos2x}{2}=frac{3-a}{4} end{array} right. Rightarrow \ Rightarrow left[ begin{array}{l l} x=pi k\ cos2x=frac{a-1}{2} end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l l} x=pi k\ 2x=pm arccosfrac{a-1}{2}+2pi k end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l l} x=pi k\ x=pmfrac12 arccosfrac{a-1}{2}+pi k end{array} right. end{gather*} Первое семейство решений (x=pi k) существует при любых (a).
Для второго семейства решений действует ограничение: begin{gather*} -1leqfrac{a-1}{2}leq 1Rightarrow -2leq a-1leq 2 Rightarrow -1leq aleq 3 end{gather*} Ответ:
При (alt -1cup agt 3) одно семейство решений (x=pi k)
При (-1leq aleq 3) два семейства решений ( left[ begin{array}{l l} x=pi k\ x=pmfrac12 arccosfrac{a-1}{2}+pi k end{array} right. )

б) ( sin^2x-5cosx+a=0 ) begin{gather*} (1-cos^2x)-5cosx+a=0\ cos^2x+5cosx-(a+1)=0 end{gather*} Замена: (t=cosx, -1leq tleq 1)
(t^2+5t-(a+1)=0)
(f(t)=t^2+5t-(a+1)) — это парабола ветками вверх с вершиной: begin{gather*} t_0=-frac52=-2,5,\ f(t_0)=t_0^2+5t_0-(a+1)=6,25-12,5-(a+1)=-6,25-(a+1) end{gather*} За счет параметра (a) парабола перемещается по вертикали вдоль оси (t_0=-2,5).
Интервал (-1leq tleq 1) лежит справа от оси, т.е. только одно решение квадратного уравнения попадает в этот интервал. Условие существования этого решения (пересечение оси абсцисс) – разные знаки функции на концах интервала: begin{gather*} f(-1)f(1)leq 0\ left(1-5-(a+1)right)left(1+5-(a+1)right)leq 0\ (a+5)(a-5)leq 0\ -5leq aleq 5 end{gather*} (D=5^2+4(a+1)=4a+26geq 0Rightarrow ageq -6,5)
Условие (-5leq aleq 5) достаточно для существования решения, при нем (Dgt 0).
Получаем: begin{gather*} t=frac{-5pmsqrt{4a+26}}{2}Rightarrow cosx=frac{-5pmsqrt{4a+26}}{2}\ x=pm arccosleft(frac{-5pmsqrt{4a+26}}{2}right)+2pi k end{gather*} Ответ:
При (|a|gt 5) решений нет, (xin varnothing)
При (|a|leq 5, x=pm arccosleft(frac{-5pmsqrt{4a+26}}{2}right)+2pi k )

в) ( 2cos3x+4cos5x=a^2-4a+10 )
Исследуем параболу (f(a)=a^2-4a+10)
(D=16-40=-24lt 0) — парабола всегда положительна
Вершина: (a_0=-frac{-4}{2}=2, f(a_0)=2^2-8+10=6)
Таким образом, наименьшее значение функции (f_{min}=f(2)=6).
Для суммы (2cos⁡3x+4cos⁡5x) значение 6 является наибольшим из возможных.
Получаем систему: begin{gather*} begin{cases} 2cos3x+4cos5x=6\ a^2-4a+10=6 end{cases} end{gather*} Нижнее уравнение мы уже решили и получили (a=2).
Решаем верхнее уравнение для максимальных значений косинусов: begin{gather*} cos3x+2cos5x=3Rightarrow begin{cases} cos3x=1\ cos5x=1 end{cases} Rightarrow begin{cases} 3x=2pi k\ 5x=2pi n end{cases} Rightarrow begin{cases} x=frac23pi k\ x=frac25pi n end{cases} \ frac23pi k=frac25pi nRightarrowfrac{k}{3}=frac{n}{5}Rightarrow k=3m, minmathbb{Z}Rightarrow x=frac23picdot 3m=2pi m end{gather*}
На чертеже видно, что сумма косинусов достигает максимального значения 6 через каждые (2pi,) т.е. полный оборот.
Ответ:
При (ane 2) решений нет, (xin varnothing)
При (a=2, x=2pi k )

г) ( asin^2x+cos^2x=0 )
(a(1-cos^2x)+cosx=0)
(acos^2x-cosx-a=0)
Замена: (t=cosx, -1leq tleq 1)
(at^2-t-a=0)
При (a=0) квадратное уравнение вырождается в линейное, получаем: begin{gather*} cos x=0, x=fracpi2+pi k end{gather*} При (ane 0: D=1+4a^2, t_{1,2}=frac{1pmsqrt{1+4a^2}}{2a})
Рассмотрим модуль корня с плюсом: begin{gather*} |t_2|=frac{1+sqrt{1+4a^2}}{2|a|}gtfrac{1+2|a|}{2|a|}gt 1 end{gather*} Таким образом, этот корень не подходит.
Сравним модуль корня с минусом и единицу: begin{gather*} |t_1|=|frac{1-sqrt{1+4a^2}}{2a}|=frac{sqrt{1+4a^2}-1}{2|a|} ? 1\ sqrt{1+4a^2}-1 ? 2|a|\ sqrt{1+4a^2} ? 2|a|+1\ 1+4a^2leq 4a^2+4|a|+1 end{gather*} Получаем, что (|t_1|leq 1). Этот корень нам подходит. begin{gather*} cosx=frac{1-sqrt{1+4a^2}}{2a}\ x=pm arccosleft(frac{1-sqrt{1+4a^2}}{2a}right)+2pi k end{gather*} Ответ:
При (a=0, x=fracpi2+pi k)
При (ane0, x=pm arccosleft(frac{1-sqrt{1+4a^2}}{2a}right)+2pi k )