text:
Thu Minh kiện vì từng rất mệt mỏi khi phải ôm bụng bầu đi đòi nhà
Tại buổi họp báo sáng nay về việc kiện công ty C.T Phương Nam, chồng Thu Minh cho biết: Đáng lẽ chúng tôi đã ở trong căn nhà mới nhưng mọi việc không như mong đợi nên Thu Minh đã bức xúc và chia sẻ lên facebook cá nhân đồng thời gửi hồ sơ lên tòa để khởi kiện. Tuy nhiên ông cho rằng phía Thu Minh chưa từng chia sẻ bất kỳ thông tin mật nào từ hợp đồng, đúng thỏa thuận. Thế nhưng phía C.T lại cho rằng Thu Minh thiếu trung thực và tiết lộ thông tin hợp đồng.
Clip Thu Minh bức xúc trong họp báo công bố kiện C.T Phương Nam
Thu Minh chia sẻ: Một trong những lý do tức giận đến mức khởi kiện là trong suốt quá trình mang thai phải đi đòi nhà rất mệt mỏi. Cô nghĩ mình xứng đáng được xin lỗi, hơn là việc họ gọi cô là người thiếu trung thực.
Khi được hỏi ngoài mục đích kiện đòi tiền, Thu Minh còn mục đích gì nữa không? Cô chia sẻ, cô từng rất hạnh phúc và thấy mình may mắn khi chọn được dự án nhà này, tuy nhiên khi sự việc xảy ra, Thu Minh thấy thất vọng vì lòng tin đã bị đặt sai chỗ, thêm nữa nhiều người không biết lại cho rằng cô đang PR cho C.T chứ không mua nhà thật sự. Do đó, Thu Minh muốn làm rõ sự việc này đến cùng.
Chồng Thu Minh cho biết lý do gia đình không đồng ý nhận mức tiền bồi thường là 5,7 tỷ đồng vì như đã ký vào ngày 24/1 bởi do phía C.T không làm đúng theo phụ lục. Theo ông Otto phía C.T phải đền bù 20% tổng giá trị hợp đồng chứ không phải 20% số tiền đã đóng như bên này đưa thông tin với báo chí. Bởi nếu phía Thu Minh chậm nộp tiền thanh toán nhà sẽ bị phạt 13 tỷ. Do đó khi C.T sai, công ty phải bồi thường số tiền này (tức là 11,4 tỷ sau khi đã trừ thuế). Nhưng do thông cảm với C.T về những lý do khách quan họ đưa ra nên Thu Minh đã đồng ý ký phụ lục giảm ½ tiền phạt, nhận mức 5,7 tỷ đồng.
Theo đơn khởi kiện của ca sĩ Thu Minh, 22/2/2016, Thu Minh và chồng là ông Roelof Wilem Otto De Jagercó ký hợp đồng với đại diện C.T Phương Nam mua 2 căn hộ Penthouse mã số PD1 - PD2 thuộc tầng 23 và 24 tòa nhà Léman Luxury Apartments. Hai căn hộ này sẽ được thi công và nhập lại thành một căn hộ diện tích rộng. Theo hợp đồng, giá trị hai căn hộ gần 65 tỷ đồng, rộng khoảng 670 m2. Ngày bàn giao căn hộ là cuối tháng 9/2015.
Phía C.T cho biết, hợp đồng quy định, phía Thu Minh và chồng sẽ đóng 15,8 tỷ đồng cho đợt thanh toán lần 1 nhưng vì khó khăn, nữ ca sĩ thương thảo với phía C.T Phương Nam để đóng trước 2 tỷ đồng. Hai bên đồng ý và lập bản phụ lục hợp đồng. Tuy nhiên, ca sĩ Thu Minh lại cho rằng, hợp đồng của cả hai không hề tồn tại quy định sẽ đóng 15,8 tỷ và khẳng định C.T nói cô viện lý do khó khăn là bịa đặt.
Vào ngày 24/11/2015, Thu Minh yêu cầu C.T Phương Nam thanh lý hợp đồng và bồi thường vì lý do chậm trễ giao nhà, yêu cầu C.T phải trả lại cho vợ chồng cô ca sĩ 2 tỷ đồng họ đóng trước đó cùng 5,7 tỷ đồng tiền bồi thường vì lý do trên. Phía C.T Phương Nam đã chuyển khoản cho Thu Minh 2 tỷ đồng cùng 1 tỷ khác để bồi thường vì lý do trên. Còn 4,7 tỷ đồng, công ty C.T Phương Nam vẫn chưa chi trả.
Tiếp đó, ngày 5/4, Thu Minh chia sẻ dòng trạng thái trên mạng xã hội bức xúc vì cách làm ăn không có uy tín của C.T Phương Nam và khẳng định sẽ khởi kiện công ty này ra tòa án để đòi bồi thường 12 tỷ đồng theo điều khoản bồi thường 20% tổng giá trị hợp đồng. Hiện đơn kiện đã gửi đến TAND quận 3 thụ lý.
Phản pháo từ C.T Phương Nam
Đối diện với cáo buộc và đơn kiện ra tòa của Thu Minh, C.T Phương Nam đã họp báo với giới truyền thông và khẳng định sẽ kiện ngược lại nữ ca sĩ Thu Minh.
Theo C.T Phương Nam, nguyên nhân chậm bàn giao nhà do một số lý do khách quan như cơ quan nhà nước như thay đổi quy hoạch, tăng thêm diện tích hầm đậu xe… Từ đó, ngày 24/11/2015, C.T Phương Nam đã đồng ý cho Thu Minh thanh lý hợp đồng cũng như tiến hành bồi thường cho nữ ca sĩ số tiền 5,7 tỷ đồng.
Theo nội dung cuộc họp báo của C.T Phương Nam, tổng số tiền đến nay mà C.T Phương Nam chuyển cho Thu Minh gồm 2 tỷ đồng tiền đưa trước đó, 1 tỷ đồng. Đại diện C.T Phương Nam cho biết, điều khoản “Bồi thường 20% tổng giá trị hợp đồng” (theo C.T Phương Nam là 65 tỷ đồng) là sai sót từ phía nhân viên kinh doanh của công ty này. Người này giải thích, đáng lý điều khoản trên phải đề cập rõ là “Bồi thường 20% trên số tiền mà khác hàng đã đóng” (tức 2 tỷ đồng vợ chồng Thu Minh đã đóng.
Tuy nhiên, theo C.T Phương Nam, phía công ty và Thu Minh đã có buổi làm việc và thỏa thuận công ty này sẽ đền bù cho nữ ca sỹ tổng số tiền là 5,7 tỷ đồng. Trong đó công ty đã chuyển khoản 2 tỷ đồng tiền đặt cọc và 1 tỷ đồng tiền phạt. Còn 4,7 tỷ đồng sẽ được chuyển trong thời gian sau đó.
Tuy nhiên, chính vì sự kiện Thu Minh đăng thông tin trên trang mạng xã hội cá nhân với nội dung tố cáo C.T Phương Nam làm ăn dối trá, ảnh hưởng đến uy tín hình ảnh và việc kinh doanh nên C.T Phương Nam dừng giải quyết việc chi trả thêm 4,7 tỷ đồng cho Thu Minh.
Bên cạnh đó, C.T Phương Nam cũng khẳng định sẽ khởi kiện ngược lại Thu Minh vì đăng thông tin gây ảnh hưởng đến uy tín hình ảnh, việc kinh doanh nên C.T Phương Nam cũng như vi phạm điều khoản “Cam kết bảo mật thông tin liên quan đến việc này” mà hai bên đã ký.
Thỏa thuận thanh lý hợp đồng là căn cứ để giải quyết?.
Theo luật sư Nguyễn Đức Chánh (Đoàn luật sư TP HCM), đây là một vụ tranh chấp dân sự đã được TAND thụ lý. Trong những thông tin do C.T Phương Nam có điều khoản “Nếu vi phạm hợp đồng thì bên vi phạm sẽ phải bồi thường 20% trên tổng giá trị hợp đồng”. Do đó, đây là một trong những căn cứ để xác định trách nhiệm của các bên.
Còn nếu Thu Minh đã đồng ý với thỏa thuận ngày 24/11/2015 về việc nữ ca sĩ yêu cầu thanh lý hợp đồng và nhận lại 2 tỷ đồng tiền đặt cọc cùng 5,7 tỷ đồng tiền phạt do chậm giao nhà thì phía C.T Phương có thể phải tiếp tục trả số tiền phạt còn lại (5,7 tỷ đồng tiền phạt, đã chuyển trước 1 tỷ, còn lại 4,7 tỷ đồng).
Trong trường hợp 2 bên ra tòa, có khả năng TAND sẽ xem xét đến thỏa thuận thanh lý hợp đồng vào ngày 24/11/2015. Nếu trong bản thỏa thuận này, phía Thu Minh đã không đồng ý thì có quyền yêu cầu C.T Phương Nam bồi thường theo hợp đồng có điều khoản “Nếu vi phạm hợp đồng thì bên vi phạm sẽ phải bồi thường 20% trên tổng giá trị hợp đồng”. (tức bồi thường 12 tỷ đồng).
Về phía C.T Phương Nam, nếu công ty này cho rằng Thu Minh có hành vi đăng thông tin gây ảnh hưởng, mất uy tín đến thương hiệu, hình ảnh và hoạt động kinh doanh của đơn vị mình thì có thể là đơn tố cáo gửi TAND xem xét và giải quyết theo đúng luật pháp.

markdown:
**Thu Minh kiện vì từng rất mệt mỏi khi phải ôm bụng bầu đi đòi nhà**
Tại buổi họp báo sáng nay về việc kiện công ty C.T Phương Nam, chồng Thu Minh cho biết: Đáng lẽ chúng tôi đã ở trong căn nhà mới nhưng mọi việc không như mong đợi nên Thu Minh đã bức xúc và chia sẻ lên facebook cá nhân đồng thời gửi hồ sơ lên tòa để khởi kiện. Tuy nhiên ông cho rằng phía Thu Minh chưa từng chia sẻ bất kỳ thông tin mật nào từ hợp đồng, đúng thỏa thuận. Thế nhưng phía C.T lại cho rằng Thu Minh thiếu trung thực và tiết lộ thông tin hợp đồng.
Clip Thu Minh bức xúc trong họp báo công bố kiện C.T Phương Nam
Thu Minh và chồng tại buổi họp báo
Thu Minh chia sẻ: Một trong những lý do tức giận đến mức khởi kiện là trong suốt quá trình mang thai phải đi đòi nhà rất mệt mỏi. Cô nghĩ mình xứng đáng được xin lỗi, hơn là việc họ gọi cô là người thiếu trung thực.
Khi được hỏi ngoài mục đích kiện đòi tiền, Thu Minh còn mục đích gì nữa không? Cô chia sẻ, cô từng rất hạnh phúc và thấy mình may mắn khi chọn được dự án nhà này, tuy nhiên khi sự việc xảy ra, Thu Minh thấy thất vọng vì lòng tin đã bị đặt sai chỗ, thêm nữa nhiều người không biết lại cho rằng cô đang PR cho C.T chứ không mua nhà thật sự. Do đó, Thu Minh muốn làm rõ sự việc này đến cùng.
Chồng Thu Minh cho biết lý do gia đình không đồng ý nhận mức tiền bồi thường là 5,7 tỷ đồng vì như đã ký vào ngày 24/1 bởi do phía C.T không làm đúng theo phụ lục. Theo ông Otto phía C.T phải đền bù 20% tổng giá trị hợp đồng chứ không phải 20% số tiền đã đóng như bên này đưa thông tin với báo chí. Bởi nếu phía Thu Minh chậm nộp tiền thanh toán nhà sẽ bị phạt 13 tỷ. Do đó khi C.T sai, công ty phải bồi thường số tiền này (tức là 11,4 tỷ sau khi đã trừ thuế). Nhưng do thông cảm với C.T về những lý do khách quan họ đưa ra nên Thu Minh đã đồng ý ký phụ lục giảm ½ tiền phạt, nhận mức 5,7 tỷ đồng.
Theo đơn khởi kiện của ca sĩ Thu Minh, 22/2/2016, Thu Minh và chồng là ông Roelof Wilem Otto De Jagercó ký hợp đồng với đại diện C.T Phương Nam mua 2 căn hộ Penthouse mã số PD1 - PD2 thuộc tầng 23 và 24 tòa nhà Léman Luxury Apartments. Hai căn hộ này sẽ được thi công và nhập lại thành một căn hộ diện tích rộng. Theo hợp đồng, giá trị hai căn hộ gần 65 tỷ đồng, rộng khoảng 670 m2. Ngày bàn giao căn hộ là cuối tháng 9/2015.
Phía C.T cho biết, hợp đồng quy định, phía Thu Minh và chồng sẽ đóng 15,8 tỷ đồng cho đợt thanh toán lần 1 nhưng vì khó khăn, nữ ca sĩ thương thảo với phía C.T Phương Nam để đóng trước 2 tỷ đồng. Hai bên đồng ý và lập bản phụ lục hợp đồng. Tuy nhiên, ca sĩ Thu Minh lại cho rằng, hợp đồng của cả hai không hề tồn tại quy định sẽ đóng 15,8 tỷ và khẳng định C.T nói cô viện lý do khó khăn là bịa đặt.
Vào ngày 24/11/2015, Thu Minh yêu cầu C.T Phương Nam thanh lý hợp đồng và bồi thường vì lý do chậm trễ giao nhà, yêu cầu C.T phải trả lại cho vợ chồng cô ca sĩ 2 tỷ đồng họ đóng trước đó cùng 5,7 tỷ đồng tiền bồi thường vì lý do trên. Phía C.T Phương Nam đã chuyển khoản cho Thu Minh 2 tỷ đồng cùng 1 tỷ khác để bồi thường vì lý do trên. Còn 4,7 tỷ đồng, công ty C.T Phương Nam vẫn chưa chi trả.
Tiếp đó, ngày 5/4, Thu Minh chia sẻ dòng trạng thái trên mạng xã hội bức xúc vì cách làm ăn không có uy tín của C.T Phương Nam và khẳng định sẽ khởi kiện công ty này ra tòa án để đòi bồi thường 12 tỷ đồng theo điều khoản bồi thường 20% tổng giá trị hợp đồng. Hiện đơn kiện đã gửi đến TAND quận 3 thụ lý.
**Phản pháo từ C.T Phương Nam**
Đối diện với cáo buộc và đơn kiện ra tòa của Thu Minh, C.T Phương Nam đã họp báo với giới truyền thông và khẳng định sẽ kiện ngược lại nữ ca sĩ Thu Minh.
Theo C.T Phương Nam, nguyên nhân chậm bàn giao nhà do một số lý do khách quan như cơ quan nhà nước như thay đổi quy hoạch, tăng thêm diện tích hầm đậu xe… Từ đó, ngày 24/11/2015, C.T Phương Nam đã đồng ý cho Thu Minh thanh lý hợp đồng cũng như tiến hành bồi thường cho nữ ca sĩ số tiền 5,7 tỷ đồng.
Không khí buổi họp báo
Theo nội dung cuộc họp báo của C.T Phương Nam, tổng số tiền đến nay mà C.T Phương Nam chuyển cho Thu Minh gồm 2 tỷ đồng tiền đưa trước đó, 1 tỷ đồng. Đại diện C.T Phương Nam cho biết, điều khoản “Bồi thường 20% tổng giá trị hợp đồng” (theo C.T Phương Nam là 65 tỷ đồng) là sai sót từ phía nhân viên kinh doanh của công ty này. Người này giải thích, đáng lý điều khoản trên phải đề cập rõ là “Bồi thường 20% trên số tiền mà khác hàng đã đóng” (tức 2 tỷ đồng vợ chồng Thu Minh đã đóng.
Tuy nhiên, theo C.T Phương Nam, phía công ty và Thu Minh đã có buổi làm việc và thỏa thuận công ty này sẽ đền bù cho nữ ca sỹ tổng số tiền là 5,7 tỷ đồng. Trong đó công ty đã chuyển khoản 2 tỷ đồng tiền đặt cọc và 1 tỷ đồng tiền phạt. Còn 4,7 tỷ đồng sẽ được chuyển trong thời gian sau đó.
Tuy nhiên, chính vì sự kiện Thu Minh đăng thông tin trên trang mạng xã hội cá nhân với nội dung tố cáo C.T Phương Nam làm ăn dối trá, ảnh hưởng đến uy tín hình ảnh và việc kinh doanh nên C.T Phương Nam dừng giải quyết việc chi trả thêm 4,7 tỷ đồng cho Thu Minh.
Bên cạnh đó, C.T Phương Nam cũng khẳng định sẽ khởi kiện ngược lại Thu Minh vì đăng thông tin gây ảnh hưởng đến uy tín hình ảnh, việc kinh doanh nên C.T Phương Nam cũng như vi phạm điều khoản “Cam kết bảo mật thông tin liên quan đến việc này” mà hai bên đã ký.
**Thỏa thuận thanh lý hợp đồng là căn cứ để giải quyết?.**
Theo luật sư Nguyễn Đức Chánh (Đoàn luật sư TP HCM), đây là một vụ tranh chấp dân sự đã được TAND thụ lý. Trong những thông tin do C.T Phương Nam có điều khoản “Nếu vi phạm hợp đồng thì bên vi phạm sẽ phải bồi thường 20% trên tổng giá trị hợp đồng”. Do đó, đây là một trong những căn cứ để xác định trách nhiệm của các bên.
Còn nếu Thu Minh đã đồng ý với thỏa thuận ngày 24/11/2015 về việc nữ ca sĩ yêu cầu thanh lý hợp đồng và nhận lại 2 tỷ đồng tiền đặt cọc cùng 5,7 tỷ đồng tiền phạt do chậm giao nhà thì phía C.T Phương có thể phải tiếp tục trả số tiền phạt còn lại (5,7 tỷ đồng tiền phạt, đã chuyển trước 1 tỷ, còn lại 4,7 tỷ đồng).
Trong trường hợp 2 bên ra tòa, có khả năng TAND sẽ xem xét đến thỏa thuận thanh lý hợp đồng vào ngày 24/11/2015. Nếu trong bản thỏa thuận này, phía Thu Minh đã không đồng ý thì có quyền yêu cầu C.T Phương Nam bồi thường theo hợp đồng có điều khoản “Nếu vi phạm hợp đồng thì bên vi phạm sẽ phải bồi thường 20% trên tổng giá trị hợp đồng”. (tức bồi thường 12 tỷ đồng).
Về phía C.T Phương Nam, nếu công ty này cho rằng Thu Minh có hành vi đăng thông tin gây ảnh hưởng, mất uy tín đến thương hiệu, hình ảnh và hoạt động kinh doanh của đơn vị mình thì có thể là đơn tố cáo gửi TAND xem xét và giải quyết theo đúng luật pháp.


text:
- Hoạt động cuối:
- 8/9/16
- Tham gia ngày:
- 8/9/16
- Bài viết:
- 0
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
- 0
- Giới tính:
- Nam
- Sinh nhật:
- 17/5/84 (Tuổi: 32)
Duongchuyen
New Member, Nam, 32
- Duongchuyen được nhìn thấy lần cuối:
- 8/9/16
-
- Đang tải...
-
Giới thiệu
- Giới tính:
- Nam
- Sinh nhật:
- 17/5/84 (Tuổi: 32)
Tương tác

markdown:
![ Duongchuyen](http://svnhforum.com/forum/data/avatars/l/140/140803.jpg?1473343633)
- Hoạt động cuối:
- 8/9/16
- Tham gia ngày:
- 8/9/16
- Bài viết:
- 0
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
[0](members/duongchuyen.140803/trophies)
- Giới tính:
- Nam
- Sinh nhật:
- 17/5/84 (Tuổi: 32)
# Duongchuyen
New Member, Nam, 32
- Duongchuyen được nhìn thấy lần cuối:
- 8/9/16
-
- Đang tải...
-
### Giới thiệu
- Giới tính:
- Nam
- Sinh nhật:
- 17/5/84 (Tuổi: 32)
### Tương tác

WARC-Type: response

Content-Type: application/http; msgtype=response

Server: nginx

Content-Type: text/html; charset=UTF-8

Connection: close

Vary: Accept-Encoding

Cache-control: private, max-age=0

X-Frame-Options: SAMEORIGIN

Vietnix-Cache: HIT from backend


text:
- Hoạt động cuối:
- 15/2/12
- Tham gia ngày:
- 2/2/12
- Bài viết:
- 0
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
- 0
- Nơi ở:
- nganhang
hillary.phan
New Member, đến từ nganhang
- hillary.phan được nhìn thấy lần cuối:
- 15/2/12
-
- Đang tải...
-
Giới thiệu
nhb
- Nơi ở:
- nganhang
Tương tác

markdown:
![ hillary.phan](http://svnhforum.com/forum/styles/banh/xenforo/avatars/avatar_l.png)
- Hoạt động cuối:
- 15/2/12
- Tham gia ngày:
- 2/2/12
- Bài viết:
- 0
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
[0](members/hillary-phan.17507/trophies)
- Nơi ở:
[nganhang](misc/location-info?location=nganhang)
# hillary.phan
New Member, đến từ
[nganhang](misc/location-info?location=nganhang)
- hillary.phan được nhìn thấy lần cuối:
- 15/2/12
-
- Đang tải...
-
### Giới thiệu
nhb
- Nơi ở:
[nganhang](misc/location-info?location=nganhang)
### Tương tác


text:
- Hoạt động cuối:
- 21/6/16
- Tham gia ngày:
- 1/4/13
- Bài viết:
- 1
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
- 1
- Nơi ở:
- ngân hàng thương mại
- Nghề nghiệp:
- học viện ngân hàng
kimtieulan
New Member, đến từ ngân hàng thương mại
- kimtieulan được nhìn thấy lần cuối:
- 21/6/16
-
- Đang tải...
-
Giới thiệu
- Nơi ở:
- ngân hàng thương mại
K15NHL
- Nghề nghiệp:
- học viện ngân hàng
Tương tác

markdown:
![ kimtieulan](http://svnhforum.com/forum/styles/banh/xenforo/avatars/avatar_l.png)
- Hoạt động cuối:
- 21/6/16
- Tham gia ngày:
- 1/4/13
- Bài viết:
- 1
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
[1](members/kimtieulan.51888/trophies)
- Nơi ở:
[ngân hàng thương mại](misc/location-info?location=ng%C3%A2n+h%C3%A0ng+th%C6%B0%C6%A1ng+m%E1%BA%A1i)
- Nghề nghiệp:
- học viện ngân hàng
# kimtieulan
New Member, đến từ
[ngân hàng thương mại](misc/location-info?location=ng%C3%A2n+h%C3%A0ng+th%C6%B0%C6%A1ng+m%E1%BA%A1i)
- kimtieulan được nhìn thấy lần cuối:
- 21/6/16
-
- Đang tải...
-
### Giới thiệu
- Nơi ở:
[ngân hàng thương mại](misc/location-info?location=ng%C3%A2n+h%C3%A0ng+th%C6%B0%C6%A1ng+m%E1%BA%A1i)
K15NHL
- Nghề nghiệp:
- học viện ngân hàng
### Tương tác


text:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.Dismiss Notice
Để báo lỗi hoặc cần hỗ trợ vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB: Vipkhongtin. Xin cảm ơn!
IN CATALOGUE BẤT ĐỘNG SẢN – MỘT BƯỚC TIẾN ĐẾN THÀNH CÔNG
Thảo luận trong 'Rao vặt linh tinh' bắt đầu bởi cuonglx, 3/3/16.

markdown:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.
Để báo lỗi hoặc cần hỗ trợ vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB:
[Vipkhongtin](http://fb.com/vipkhongtin). Xin cảm ơn! [Dismiss Notice](account/dismiss-notice?notice_id=1)
# IN CATALOGUE BẤT ĐỘNG SẢN – MỘT BƯỚC TIẾN ĐẾN THÀNH CÔNG
Thảo luận trong '
[Rao vặt linh tinh](forums/rao-vat-linh-tinh.38/)' bắt đầu bởi [cuonglx](members/cuonglx.7089/), [3/3/16](threads/in-catalogue-bat-dong-san-mot-buoc-tien-den-thanh-cong.33697/).

Server: Nginx-VPSSIM


text:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.Dismiss Notice
Để báo lỗi hoặc cần hỗ trợ vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB: Vipkhongtin. Xin cảm ơn!
Làm răng sứ cho răng sâu
Thảo luận trong 'Rao vặt linh tinh' bắt đầu bởi suckhoe280, 16/2/16.

markdown:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.
Để báo lỗi hoặc cần hỗ trợ vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB:
[Vipkhongtin](http://fb.com/vipkhongtin). Xin cảm ơn! [Dismiss Notice](account/dismiss-notice?notice_id=1)
# Làm răng sứ cho răng sâu
Thảo luận trong '
[Rao vặt linh tinh](forums/rao-vat-linh-tinh.38/)' bắt đầu bởi [suckhoe280](members/suckhoe280.6730/), [16/2/16](threads/lam-rang-su-cho-rang-sau.30860/).


text:
Công văn 1000/BXD-KTXD của Bộ Xây dựng
Chia sẻ: Hoang Linh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:1
38
lượt xem 5
download
lượt xem 5
download
Công văn 1000/BXD-KTXD của Bộ Xây dựng
Mô tả tài liệu
Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Công văn 1000/BXD-KTXD của Bộ Xây dựng về dự toán chi phí tư vấn xây dựng
Chủ đề:
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

markdown:
# Công văn 1000/BXD-KTXD của Bộ Xây dựng
Chia sẻ: Hoang Linh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:1
38
lượt xem 5
download
lượt xem 5
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2009/20090819/hoanglinh/80x100/09309598.jpg)
##
Công văn 1000/BXD-KTXD của Bộ Xây dựng
Mô tả tài liệu
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](images/down16x21.png)
Công văn 1000/BXD-KTXD của Bộ Xây dựng về dự toán chi phí tư vấn xây dựng
Chủ đề:
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Set-Cookie: TLDEVNamespace=nn5ntjidm3n9kfsopntp196sr0; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly

Server: Apache/2.2.31 (CentOS)

Cache-Control: no-store, no-cache, must-revalidate, post-check=0, pre-check=0

Pragma: no-cache


text:
Giáo án sinh học 8 - Đông máu và nguyên tắc truyền máu
Chia sẻ: Nguyen Hoang Phuong Uyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11
lượt xem 17
download
Giáo án sinh học 8 - Đông máu và nguyên tắc truyền máu
1. Kiến thức: - Trình bày được cơ chế đông máu và ý nghĩa của nó trong bảo vệ cơ thể. - Trình bày được nguyên tắc truyền máu và cơ sở khoa học của nó. 2. Kỹ năng: - Phân tích - Tư duy logic - Hoạt động nhóm nhỏ 3. Thái độ Tuân thủ đúng nguyên tắc truyền máu.
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Giáo án sinh học 8 - Đông máu và nguyên tắc truyền máu
- Đông máu và nguyên tắc truyền máu I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: - Trình bày được cơ chế đông máu và ý nghĩa của nó trong bảo vệ cơ thể. - Trình bày được nguyên tắc truyền máu và cơ sở khoa học của nó. 2. Kỹ năng: - Phân tích - Tư duy logic - Hoạt động nhóm nhỏ 3. Thái độ Tuân thủ đúng nguyên tắc truyền máu. II. PHƯƠNG PHÁP: - Hỏi đáp - tìm tòi - Phân tích sơ đồ - Vận dụng tư duy toán học và hoá học III. CHUẨN BỊ: - Tranh vẽ phóng to H15.2 - Sơ đồ truyền máu
- IV. TIẾN TRÌNH BÀI GIẢNG Kiểm tra: kiểm tra vài HS xem kết quả về nhóm máu của các em về bố, mẹ, anh chị em đã tìm hiểu hoặc xét nghiệm có đúng không? (GV vận dụng sơ đồ phả hệ nhóm máu). ĐVĐ? Qua quan sát hãy cho biết với những vết thương nhỏ, cơ thể có bị mất nhiều máu không? Vì sao? (không, vì máu chỉ chảy vài phút, chậm dần rồi ngưng hẳn khối đông). Vậy yếu tố nào quyết định vấn đề đó, cơ chế, ý nghĩa như thế nào? Hoạt động 1: Tìm hiểu cơ chế và vai trò của sự đông máu Mục tiêu: - Trình bày cơ chế đông máu - Nêu được vai trò của sự đông máu Tiến hành HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH - Hướng dẫn HS nghiên cứu TT: - Nghiên cứu TT độc lập lưu ý các từ in nghiêng. - Thảo luận, thực hiện lệnh sách giáo khoa. Đại diện nhóm trình bày. ? ý nghĩa của sự đông máu? + Là cơ chế bảo vệ cơ thể. Giúp cơ
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH thể không mất nhiều máu khi bị thương. ? Sự đông máu có liên quan đến + Tiểu cầu yếu tố nào? ? Nhờ đâu máu không chảy ra khỏi + Nhờ búi tơ máu ôm giữ các tế mạch? bào máu tạo thành khối máu đông. ? Vai trò tiểu cầu? + Vai trò tiểu cầu: 3 vai trò 1. Tiết chất gây co mạch máu. 2. Bám vào vết rách vết thương hình thành khối máu đông tạm thời. 3. Giải phóng enzim hình thành khối máu đông vững chắc. - Máu khó đông ? Nếu số lượng tiểu cầu ít - Huyết tương gây ngưng kết hồng (
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH ? Vậy bản chất của đông máu là gì? - Thành mạch trơn, tiểu cầu không vỡ không giải phóng enzim (thrômbin) gây đông máu. ? Điều gì xảy ra nếu sự đông máu -1-2 HS trình bày diễn ra ngay trong mạch máu? ? Tại sao máy trong mạch không - HS giải thích đông? ? Dựa vào sơ đồ, trình bày bằng lời toàn bộ quá trình đông máu? - Mô tả hoặc làm thí nghiệm để minh hoạ: Cho natri oxalat vào ống ++ nghiệm đựng máu máu không Thiếu yếu tố Ca của huyết đông: tương,.. nhưng tiểu cầu đóng vai CaCl2 + COONa 2NaCl2 + trò chủ yếu. (COO2) 2Ca COONa ? Vì sao máu không đông? - GV có kết luận
- Kết luận 1 - Đông máu là cơ chế bảo vệ cơ thể chống mất máu khi bị thương. - Quá trình đông máu liên quan đến nhiều yếu tố của máu: Protein, Ca++ cuỉa huyết tương,.. nhưng tiểu cầu đóng vai trò chủ yếu. Cơ chế đông máu: (ghi sơ đồ sách giáo khoa) ĐVĐ: Khối máu đông chỉ có ý nghĩa đối với các vết thương nhỏ. Đối với các vết thương lớn cần có sự hỗ trợ của y học. Trong trường hợp mất máu quá nhiều cần phải làm gì? (truyền máu). Có phải bất kỳ người nào cũng cho máu được không? (Không). Khi truyền máu không đúng nguyên tắc sẽ gây ngưng máu. Vậy thế nào là ngưng máu? Có khác gì với đông máu? Hoạt động 2: Nguyên tắc truyền máu Mục tiêu: - Nêu được các nguyên tắc cần tuân thủ khi truyền máu - Giải thích được cơ chế ngưng máu. Hoạt động 2.1 Tìm hiểu các nhóm máu ở người Tiến hành HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH - GV tóm tắt ở góc bảng: - 1 HS đọc thí nghiệm của Karl + Hồng cầu/A + huyết tương/ Landsteiner. người B + huyết tương/A + hồng cầu B + hồng cầu/B + huyết tương/C + huyết tương/A +hồng cầu/C ? Thí nghiệm trên Landsteiner biết - Cho biết: được điều gì? + Có 2 loại kháng nguyên trên hồng cầu: A, B, C. có 2 loại kháng thể trong huyết tương , : ? Thí nghiệm cho biết ở người có + A- kết dính mấy loại nhóm máu? Kháng B - kết dính nguyên và kháng thể trong mỗi - 4 nhóm: O(,): 48% nhóm máu như thế nào? tỷ lệ các A(A, ): 20% nhóm máu trên thế giới? B(B, ): 28% AB(A, B): 4% - Treo tranh H 15.2 - Yêu cầu HS quan sát và phân - Quan sát
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH tích: - Thảo luận nhóm ? vì sao 7 trường hợp kết dính - Đại diện các nhóm phân tích: trong H15.2 bị kết dính? - GV ghi ở góc bảng - Nhóm A Nhóm O: A - - Nhóm A Nhóm B: A - - Nhóm B Nhóm O: B - - Nhóm B Nhóm A: B - - Nhóm AB Nhóm O: B - ; A - - Nhóm AB Nhóm A: B - - Nhóm AB Nhóm B: A - ? Trong 7 trường hợp trên kháng - Máu người nhận. thể nằm ở máu người cho hay người nhận? - Không. Vì yếu tố gây kết dính ?Nếu đổi chiều mũi tên ở trên (kháng thể) sẽ thuộc máu người ngược lại (ví dụ: nhóm máu O cho. A) thì máu có bị kết dính không? Giải thích?
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH ? Hãy giải thích tại sao / người - Vì khi truyền máu thường truyền cho gặp A/ người nhận hoặc / từng ít nên khi huyết tương có chứa người cho gặp B/ người nhận hoặc bị huyết tương trong máu không gây dính kết? người nhận hoà loãng, chưa kịp kết Hướng dẫn: khi truyền máu nên dính hồng cầu. truyền từ từ. ? Vậy bản chất của ngưng máu là - Huyết tương kết dính hồng cầu gì? - Treo bảng truyền máu không gây kết dính hồng cầu. ? Căn cứ vào sơ đồ truyền máu, - Thảo luận nhóm, điền chiều mũi hãy cho biết nhiều có nhóm máu tên. gặp nguy hiểm nhất khi cần máu? vì sao? - GV: nhưng thực tế cho thấy rất ít - Nhóm máu O vì chỉ nhận được nguy hiểm vì người có nhóm máu máu từ người cùng nhóm. O chiếm đến 48%. Kết luận 2.1 - Có 4 loại nhóm máu: A(A,B); B(B, ); AB(A,B); O(,)
- - Sơ đồ truyền máu: A A O AB B B - Hiện tượng kết dính gây đông máu xảy ra khi: kháng nguyên (A,B) trong hồng cầu máu người cho gặp kháng thể (, ) trong huyết tương người nhận, A - và B - . Hoạt động 3: Các nguyên tắc cần tuân thủ khi truyền máu. Tiến hành HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH - Yêu cầu HS thực hiện - Trên cơ sở phần 1 và kiến thức thực tiễn, HS làm việc độc lập với 3 câu hỏi SGK. - Trả lời độc lập. - Các HS khác nhận xét.
- Câu 1: không, vì gây kết dính kháng nguyên A, b với kháng thể (,) của người nhận - Nhận xét và sửa chữa Câu 2: được, vì không gây kết - Kết luận dính: A - , và B - . Câu 3: Không, vì sẽ nhiễm truyền bệnh cho người nhận máu. Kết luận 2: Nguyên tắc truyền máu: thử máu (người cho và người nhận) trước khi truyền để: - Máu người cho và máu người nhận không gây đông máu khi truyền. - Máu người cho không nhiễm các tác nhân gây bệnh về máu: viêm gan B, vi rut HIV... (ngoài ra cần phải xem xét sức khoẻ người cho máu, khả năng tiếp nhận máu) IV. Kiểm tra - đánh giá - củng cố - GV xoá một vài chi tiết trong sơ đồ đông máu (có trên bảng), yêu cầu HS điền khuyết để sơ đồ hoàn chỉnh. - Kiểm tra tất cả các HS bài tập sau:
- Người có nhóm máu O gặp tai nạn. bệnh viện chỉ còn 3 bình chứa 3 nhóm máu: A,B,O. Hỏi bác sĩ sẽ truyền loại máu nào cho bệnh nhân? Giải thích? - Thu mỗi nhóm ngẫu nhiên 2- 3 bài để chấm (nhận xét và sửa chữa nếu còn đủ thời gian). V. Hướng dẫn về nhà - Đọc "em có biết" - Trả lời các câu hỏi: 1,2,3. - Xem lại vòng tuần hoàn máu của thú.
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 34 :VITAMIN và MUỐI KHOÁNG
5 p | 452 | 36
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 32 : CHUYỂN HOÁ
6 p | 385 | 35
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 15 : ĐÔNG MÁU VÀ NGUYÊN TẮC TRUYỀN MÁU
5 p | 370 | 25
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 36 :TIÊU CHUẨN ĂN UỐNG NGUYÊN TẮC LẬP KHẨU PHẦN
6 p | 540 | 24
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 8: CẤU TẠO VÀ TÍNH CHẤT CỦA XƯƠNG
8 p | 521 | 24
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 25 :TIÊU HOÁ Ở KHOANG MIỆNG
7 p | 403 | 23
-
Giáo án Sinh học 9 - THỰC HÀNH: TÌM HIỂU MÔI TRƯỜNG VÀ ẢNH HƯỞNG CỦA MỘT SỐ NHÂN TỐ SINH THÁI LÊN ĐỜI SỐNG SINH VẬT
5 p | 513 | 22
-
Giáo án Sinh học 9 - TÁC ĐỘNG CỦA CON NGƯỜI ĐỐI VỚI MÔI TRƯỜNG
7 p | 159 | 20
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 30 :VỆ SINH TIÊU HOÁ
7 p | 447 | 19
-
Giáo án Sinh học 9 - MÔI TRƯỜNG VÀ CÁC NHÂN TỐ SINH THÁI
5 p | 182 | 18
-
Giáo án Sinh học 9 - THỰC HÀNH: TÍNH XÁC SUẤT XUẤT HIỆN CÁC MẶT CỦA ĐỒNG KIM
4 p | 321 | 14
-
Giáo án Hóa Hoc 8: HÓA TRỊ
5 p | 108 | 14
-
Giáo án Sinh học 6 - KÍNH LÚP, KÍNH HIỂN VI VÀ CÁCH SỬ DỤNG
5 p | 90 | 12
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 11: TIẾN HOÁ CỦA HỆ VẬN ĐỘNG VỆ SINH HỆ VẬN ĐỘNG
8 p | 377 | 10
-
Sinh học 8 - ĐÔNG MÁU VÀ NGUYÊN TẮC TRUYỀN MÁU
5 p | 284 | 8
-
Giáo án Sinh học 8: CẤU TẠO VÀ TÍNH CHẤT CỦA XƯƠNG
8 p | 239 | 8
-
Giáo án Hóa Hoc 8: NGUYÊN TỬ
5 p | 69 | 5

markdown:
# Giáo án sinh học 8 - Đông máu và nguyên tắc truyền máu
Chia sẻ: Nguyen Hoang Phuong Uyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11
lượt xem 17
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2010/20101120/bavapen1209/80x100/giao_an_sinh_8_14_4512.jpg)
##
Giáo án sinh học 8 - Đông máu và nguyên tắc truyền máu
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](images/down16x21.png)
1. Kiến thức: - Trình bày được cơ chế đông máu và ý nghĩa của nó trong bảo vệ cơ thể. - Trình bày được nguyên tắc truyền máu và cơ sở khoa học của nó. 2. Kỹ năng: - Phân tích - Tư duy logic - Hoạt động nhóm nhỏ 3. Thái độ Tuân thủ đúng nguyên tắc truyền máu.
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Giáo án sinh học 8 - Đông máu và nguyên tắc truyền máu
- Đông máu và nguyên tắc truyền máu I. MỤC TIÊU: 1. Kiến thức: - Trình bày được cơ chế đông máu và ý nghĩa của nó trong bảo vệ cơ thể. - Trình bày được nguyên tắc truyền máu và cơ sở khoa học của nó. 2. Kỹ năng: - Phân tích - Tư duy logic - Hoạt động nhóm nhỏ 3. Thái độ Tuân thủ đúng nguyên tắc truyền máu. II. PHƯƠNG PHÁP: - Hỏi đáp - tìm tòi - Phân tích sơ đồ - Vận dụng tư duy toán học và hoá học III. CHUẨN BỊ: - Tranh vẽ phóng to H15.2 - Sơ đồ truyền máu
- IV. TIẾN TRÌNH BÀI GIẢNG Kiểm tra: kiểm tra vài HS xem kết quả về nhóm máu của các em về bố, mẹ, anh chị em đã tìm hiểu hoặc xét nghiệm có đúng không? (GV vận dụng sơ đồ phả hệ nhóm máu). ĐVĐ? Qua quan sát hãy cho biết với những vết thương nhỏ, cơ thể có bị mất nhiều máu không? Vì sao? (không, vì máu chỉ chảy vài phút, chậm dần rồi ngưng hẳn khối đông). Vậy yếu tố nào quyết định vấn đề đó, cơ chế, ý nghĩa như thế nào? Hoạt động 1: Tìm hiểu cơ chế và vai trò của sự đông máu Mục tiêu: - Trình bày cơ chế đông máu - Nêu được vai trò của sự đông máu Tiến hành HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH - Hướng dẫn HS nghiên cứu TT: - Nghiên cứu TT độc lập lưu ý các từ in nghiêng. - Thảo luận, thực hiện lệnh sách giáo khoa. Đại diện nhóm trình bày. ? ý nghĩa của sự đông máu? + Là cơ chế bảo vệ cơ thể. Giúp cơ
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH thể không mất nhiều máu khi bị thương. ? Sự đông máu có liên quan đến + Tiểu cầu yếu tố nào? ? Nhờ đâu máu không chảy ra khỏi + Nhờ búi tơ máu ôm giữ các tế mạch? bào máu tạo thành khối máu đông. ? Vai trò tiểu cầu? + Vai trò tiểu cầu: 3 vai trò 1. Tiết chất gây co mạch máu. 2. Bám vào vết rách vết thương hình thành khối máu đông tạm thời. 3. Giải phóng enzim hình thành khối máu đông vững chắc. - Máu khó đông ? Nếu số lượng tiểu cầu ít - Huyết tương gây ngưng kết hồng (
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH ? Vậy bản chất của đông máu là gì? - Thành mạch trơn, tiểu cầu không vỡ không giải phóng enzim (thrômbin) gây đông máu. ? Điều gì xảy ra nếu sự đông máu -1-2 HS trình bày diễn ra ngay trong mạch máu? ? Tại sao máy trong mạch không - HS giải thích đông? ? Dựa vào sơ đồ, trình bày bằng lời toàn bộ quá trình đông máu? - Mô tả hoặc làm thí nghiệm để minh hoạ: Cho natri oxalat vào ống ++ nghiệm đựng máu máu không Thiếu yếu tố Ca của huyết đông: tương,.. nhưng tiểu cầu đóng vai CaCl2 + COONa 2NaCl2 + trò chủ yếu. (COO2) 2Ca COONa ? Vì sao máu không đông? - GV có kết luận
- Kết luận 1 - Đông máu là cơ chế bảo vệ cơ thể chống mất máu khi bị thương. - Quá trình đông máu liên quan đến nhiều yếu tố của máu: Protein, Ca++ cuỉa huyết tương,.. nhưng tiểu cầu đóng vai trò chủ yếu. Cơ chế đông máu: (ghi sơ đồ sách giáo khoa) ĐVĐ: Khối máu đông chỉ có ý nghĩa đối với các vết thương nhỏ. Đối với các vết thương lớn cần có sự hỗ trợ của y học. Trong trường hợp mất máu quá nhiều cần phải làm gì? (truyền máu). Có phải bất kỳ người nào cũng cho máu được không? (Không). Khi truyền máu không đúng nguyên tắc sẽ gây ngưng máu. Vậy thế nào là ngưng máu? Có khác gì với đông máu? Hoạt động 2: Nguyên tắc truyền máu Mục tiêu: - Nêu được các nguyên tắc cần tuân thủ khi truyền máu - Giải thích được cơ chế ngưng máu. Hoạt động 2.1 Tìm hiểu các nhóm máu ở người Tiến hành HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH - GV tóm tắt ở góc bảng: - 1 HS đọc thí nghiệm của Karl + Hồng cầu/A + huyết tương/ Landsteiner. người B + huyết tương/A + hồng cầu B + hồng cầu/B + huyết tương/C + huyết tương/A +hồng cầu/C ? Thí nghiệm trên Landsteiner biết - Cho biết: được điều gì? + Có 2 loại kháng nguyên trên hồng cầu: A, B, C. có 2 loại kháng thể trong huyết tương , : ? Thí nghiệm cho biết ở người có + A- kết dính mấy loại nhóm máu? Kháng B - kết dính nguyên và kháng thể trong mỗi - 4 nhóm: O(,): 48% nhóm máu như thế nào? tỷ lệ các A(A, ): 20% nhóm máu trên thế giới? B(B, ): 28% AB(A, B): 4% - Treo tranh H 15.2 - Yêu cầu HS quan sát và phân - Quan sát
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH tích: - Thảo luận nhóm ? vì sao 7 trường hợp kết dính - Đại diện các nhóm phân tích: trong H15.2 bị kết dính? - GV ghi ở góc bảng - Nhóm A Nhóm O: A - - Nhóm A Nhóm B: A - - Nhóm B Nhóm O: B - - Nhóm B Nhóm A: B - - Nhóm AB Nhóm O: B - ; A - - Nhóm AB Nhóm A: B - - Nhóm AB Nhóm B: A - ? Trong 7 trường hợp trên kháng - Máu người nhận. thể nằm ở máu người cho hay người nhận? - Không. Vì yếu tố gây kết dính ?Nếu đổi chiều mũi tên ở trên (kháng thể) sẽ thuộc máu người ngược lại (ví dụ: nhóm máu O cho. A) thì máu có bị kết dính không? Giải thích?
- HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH ? Hãy giải thích tại sao / người - Vì khi truyền máu thường truyền cho gặp A/ người nhận hoặc / từng ít nên khi huyết tương có chứa người cho gặp B/ người nhận hoặc bị huyết tương trong máu không gây dính kết? người nhận hoà loãng, chưa kịp kết Hướng dẫn: khi truyền máu nên dính hồng cầu. truyền từ từ. ? Vậy bản chất của ngưng máu là - Huyết tương kết dính hồng cầu gì? - Treo bảng truyền máu không gây kết dính hồng cầu. ? Căn cứ vào sơ đồ truyền máu, - Thảo luận nhóm, điền chiều mũi hãy cho biết nhiều có nhóm máu tên. gặp nguy hiểm nhất khi cần máu? vì sao? - GV: nhưng thực tế cho thấy rất ít - Nhóm máu O vì chỉ nhận được nguy hiểm vì người có nhóm máu máu từ người cùng nhóm. O chiếm đến 48%. Kết luận 2.1 - Có 4 loại nhóm máu: A(A,B); B(B, ); AB(A,B); O(,)
- - Sơ đồ truyền máu: A A O AB B B - Hiện tượng kết dính gây đông máu xảy ra khi: kháng nguyên (A,B) trong hồng cầu máu người cho gặp kháng thể (, ) trong huyết tương người nhận, A - và B - . Hoạt động 3: Các nguyên tắc cần tuân thủ khi truyền máu. Tiến hành HOẠT ĐỘNG CỦA GIÁO VIÊN HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH - Yêu cầu HS thực hiện - Trên cơ sở phần 1 và kiến thức thực tiễn, HS làm việc độc lập với 3 câu hỏi SGK. - Trả lời độc lập. - Các HS khác nhận xét.
- Câu 1: không, vì gây kết dính kháng nguyên A, b với kháng thể (,) của người nhận - Nhận xét và sửa chữa Câu 2: được, vì không gây kết - Kết luận dính: A - , và B - . Câu 3: Không, vì sẽ nhiễm truyền bệnh cho người nhận máu. Kết luận 2: Nguyên tắc truyền máu: thử máu (người cho và người nhận) trước khi truyền để: - Máu người cho và máu người nhận không gây đông máu khi truyền. - Máu người cho không nhiễm các tác nhân gây bệnh về máu: viêm gan B, vi rut HIV... (ngoài ra cần phải xem xét sức khoẻ người cho máu, khả năng tiếp nhận máu) IV. Kiểm tra - đánh giá - củng cố - GV xoá một vài chi tiết trong sơ đồ đông máu (có trên bảng), yêu cầu HS điền khuyết để sơ đồ hoàn chỉnh. - Kiểm tra tất cả các HS bài tập sau:
- Người có nhóm máu O gặp tai nạn. bệnh viện chỉ còn 3 bình chứa 3 nhóm máu: A,B,O. Hỏi bác sĩ sẽ truyền loại máu nào cho bệnh nhân? Giải thích? - Thu mỗi nhóm ngẫu nhiên 2- 3 bài để chấm (nhận xét và sửa chữa nếu còn đủ thời gian). V. Hướng dẫn về nhà - Đọc "em có biết" - Trả lời các câu hỏi: 1,2,3. - Xem lại vòng tuần hoàn máu của thú.
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 34 :VITAMIN và MUỐI KHOÁNG
5 p |
452 |
36
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 32 : CHUYỂN HOÁ
6 p |
385 |
35
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 15 : ĐÔNG MÁU VÀ NGUYÊN TẮC TRUYỀN MÁU
5 p |
370 |
25
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 36 :TIÊU CHUẨN ĂN UỐNG NGUYÊN TẮC LẬP KHẨU PHẦN
6 p |
540 |
24
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 8: CẤU TẠO VÀ TÍNH CHẤT CỦA XƯƠNG
8 p |
521 |
24
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 25 :TIÊU HOÁ Ở KHOANG MIỆNG
7 p |
403 |
23
-
Giáo án Sinh học 9 - THỰC HÀNH: TÌM HIỂU MÔI TRƯỜNG VÀ ẢNH HƯỞNG CỦA MỘT SỐ NHÂN TỐ SINH THÁI LÊN ĐỜI SỐNG SINH VẬT
5 p |
513 |
22
-
Giáo án Sinh học 9 - TÁC ĐỘNG CỦA CON NGƯỜI ĐỐI VỚI MÔI TRƯỜNG
7 p |
159 |
20
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 30 :VỆ SINH TIÊU HOÁ
7 p |
447 |
19
-
Giáo án Sinh học 9 - MÔI TRƯỜNG VÀ CÁC NHÂN TỐ SINH THÁI
5 p |
182 |
18
-
Giáo án Sinh học 9 - THỰC HÀNH: TÍNH XÁC SUẤT XUẤT HIỆN CÁC MẶT CỦA ĐỒNG KIM
4 p |
321 |
14
-
Giáo án Hóa Hoc 8: HÓA TRỊ
5 p |
108 |
14
-
Giáo án Sinh học 6 - KÍNH LÚP, KÍNH HIỂN VI VÀ CÁCH SỬ DỤNG
5 p |
90 |
12
-
Giáo án Sinh Học lớp 8: BÀI 11: TIẾN HOÁ CỦA HỆ VẬN ĐỘNG VỆ SINH HỆ VẬN ĐỘNG
8 p |
377 |
10
-
Sinh học 8 - ĐÔNG MÁU VÀ NGUYÊN TẮC TRUYỀN MÁU
5 p |
284 |
8
-
Giáo án Sinh học 8: CẤU TẠO VÀ TÍNH CHẤT CỦA XƯƠNG
8 p |
239 |
8
-
Giáo án Hóa Hoc 8: NGUYÊN TỬ
5 p |
69 |
5

Set-Cookie: TLDEVNamespace=h7boefpn4is90plfnvq98s8pr1; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


text:
Lượng giác - 5.Phương trình hàm lượng giác
Chia sẻ: Huynh Minh Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:23
lượt xem 85
download
Lượng giác - 5.Phương trình hàm lượng giác
Tham khảo sách 'lượng giác - 5.phương trình hàm lượng giác', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Lượng giác - 5.Phương trình hàm lượng giác
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc PHẦN II: LƯỢNG GIÁC ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN GIẢI TÍCH ------------------------------------------- CHƯƠNG 1 : PHƯƠNG TRÌNH HÀM LƯỢNG GIÁC I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ: a. Đặc trưng hàm của hàm lượng giác: -Hàm f ( x ) = sin x có tính chất f ( 3x ) = 3 f ( x ) − 4 f 3 ( x ) , ∀x ∈ ¡ Quy ước: f 3 ( x ) = f ( x ) 3 -Hàm f ( x ) = co s x có tính chất f ( 2 x ) = 2 f 2 ( x ) − 1, ∀x ∈ ¡ và f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡ -Cặp hàm f ( x ) = sin x, g ( x ) = cos x có tính chất f ( x + y ) = f ( x ) .g ( x ) + f ( y ) g ( x ) ; ∀x, y ∈ ¡ g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡ -Hàm f ( x ) = tgx có tính chất f ( x) + f ( y) f ( x + y) = 1 − f ( x) . f ( y ) ( 2k + 1) π π π + k π ; y ≠ + kπ Với x, y , x + y ≠ (k ∈ ¢ ) , x ≠ 2 2 2 -Hàm f ( x ) = cot gx có tính chất f ( x) . f ( y ) −1 f ( x + y) = f ( x) + f ( y) Với x, y , x + y ≠ kπ , ( k ∈ ¢ ) , x ≠ k π ; y ≠ kπ b. Đặc trưng hàm của hàm lượng giác ngược: -Hàm f ( x ) = arcsin x có tính chất ( ) f ( x ) + f ( y ) = f x 1 − y 2 + y 1 − x 2 ; ∀x, y ∈ [ −1;1] -Hàm g ( x ) = arccos x có tính chất ( ) g ( x ) + g ( y ) = g xy − 1 − x 2 . 1 − y 2 ; ∀x, y ∈ [ −1;1] -Hàm h ( x ) = arctgx có tính chất x+ y h ( x) + h ( y ) = h ; ∀x, y, xy ≠ 1 1 − xy Naê m hoïc 2006 2007 – 62
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc -Hàm p ( x ) = arc cot g có tính chất xy − 1 p ( x) + p ( y) = p ; ∀x, y , x + y ≠ 0 x+ y c.Phương trình hàm Cauchy: Phương trình này cũng như cách chứng minh nó sẽ được sử dụng rất nhiều trong phần này. *Phát biểu: Nếu hàm f(x) liên tục trên tập số thực và thỏa: f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡ ( 1) thì f ( x ) = ax , với a ∈ ¡ tùy ý. *Chứng minh: Từ (1) suy ra f ( 0 ) = 0, f ( − x ) = − f ( x ) Và với y = x thì f ( 2 x ) = 2 f ( x ) , ∀x ∈ ¡ ( 2 ) Giả sử với k nguyên dương, f ( kx ) = kf ( x ) , ∀x ∈ ¡ Khi đó: f ( ( k + 1) x ) = f ( kx + x ) , ∀x ∈ ¡ , ∀k ∈ ¥ Từ đó theo nguyên lí quy nạp, ta có: f ( nx ) = nf ( x ) , ∀x ∈ ¡ ( 3) Ta kết hợp tính chất f ( − x ) = − f ( x ) thu được: f ( mx ) = mf ( x ) , ∀m ∈ ¢ , ∀x ∈ ¡ Từ (2) ta có: x x x f ( x ) = 2 f = 22 f 2 = ... = 2 n f n 2 2 2 Từ đó suy ra: x 1 f n = n f ( x ) , ∀n ∈ ¢ , ∀x ∈ ¡ ( 4 ) 2 2 Kết hợp (3) và (4) m m = n . f ( 1) , ∀m ∈ ¢ , n ∈ ¥ + f n 2 2 Sử dụng giả thiết liên tục của hàm f(x) ⇒ f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ , a = f ( 1) Thử lại, ta thấy hàm f(x) =ax thỏa (1). Suy ra đpcm. Tiếp đến ta sẽ xét các bài tóan liên quan đến phương pháp này. Naê m hoïc 2006 2007 – 63
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng II.Các bài toán chọn lọc: 1 Bài 1: Xác định α , β để hàm số f ( x ) = có tính chất f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các αx + β cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Không mất tính tổng quát, ta luôn luôn giả thiết a ≥ b ≥ c 1 Nhận xét rằng, phép nghịch đảo g ( x ) = không có tính chất g ( a ) , g ( b ) , g ( c ) Là độ dài x các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Thật vậy, xét tam giác cân với a = b = 2, c = 1 thì ta có 1 1 1 + = a b c Để f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có f ( a ) > 0, f ( b ) > 0, f ( c ) > 0, ∀VABC Suy ra α a + β > 0, α b + β > 0, α c + β > 0, ∀VABC (3) Từ (3) ta thu được α ≥ 0 .Thật vậy,nếu α < 0, β tùy ý cho trước thì ta chọn tam giác ABC có độ dài cạnh a đủ lớn, theo tính chất về dấu của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được αa + β < 0 Tương tự, cũng từ (3) ta suy ra β ≥ 0 .Thật vậy, nếu β < 0 ta chọn tam giác ABC Có độ dài cạnh a đủ nhỏ thì theo tính chất về dấu của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được αa + β < 0 Trường hợp khi đồng thời xảy ra α = 0, β = 0 f ( x ) không xác định. Với α = 0, β > 0 ta thu được hàm hằng dương nên f ( a ) = f ( b ) = f ( c ) > 0 và f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các cạnh của một tam giác đều. Xét trường hợp α > 0, β > 0 . Khi đó f ( a) ≤ f ( b) ≤ f ( c) Vậy ta cần xác định các số dương α , β sao cho luôn có f ( a ) + f ( b ) > f ( c ) , ∀VABC , a ≥ b ≥ c 1 1 1 Hay + > , ∀VABC , a ≥ b ≥ c (4) αa + β αb + β αc + β Xét các tam giác ABC cân đồng dạng với tam giác cạnh 3,3,1, tức a = b = 3d , c = d với d > 0 tùy ý. Khi đó,(4) có dạng 1 1 1 + > , ∀d > 0 3d α + β 3d α + β dα + β Hay Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 64
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc 2 1 3dα + β > ⇔ < d α + β ⇔ β > d α , ∀d > 0 3d α + β dα + β 2 Điều này không xảy ra khi d đủ lớn. 1 Vậy với α = 0, β > 0 thì hàm số f ( x ) = có tính chất f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các αx + β cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Bài 2: Xác định các hàm f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0 và có đạo hàm trong ( 0, π ) sao cho f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Ta cần xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] có đạo hàm trong ( 0, π ) sao cho f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) f ( 0) = 0 f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π Theo giả thiết thì f ( 0 ) = 0 nên f ( π ) = π C = π − ( A + B) Suy ra f ( A ) + f ( B) + f ( π − A − B ) = π , ∀A, B, A + B ∈ [ 0, π ] Hay f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y, x + y ∈ [ 0, π ] Lấy đạo hàm trong ( 0, π ) theo biến x, ta thu được f ' ( x ) − f ' ( π − x − y ) = 0, ∀x, y, x + y ∈ [ 0, π ] (5) Từ (5) suy ra là hàm hằng trong ( 0, π ) và vì vậy f ( x ) = px + q . Do f ( 0 ) = 0 nên q = 0 và vì vậy f ( x ) = px . Do f ( π ) = π nên p = 1 và ta thu được f ( x ) = x Vậy hàm số f ( x ) = x là hàm số liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0 và có đạo hàm trong ( 0, π ) thỏa mãn f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Bài 3: Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( 0 ) = 0, f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0, π ) và f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Ta phát biểu bài toán đã cho dưới dạng Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0, f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0, π ) và Naê m hoïc 2006 2007 – 65
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (6) Do f ( 0 ) = 0 nên với y = 0 , ta thu được f ( x ) + f ( 0 ) + f ( π − x ) = π , ∀x ∈ [ 0, π ] Đặt f ( x ) = x + g ( x ) thì g ( 0 ) = 0 g ( x ) là hàm liên tục trong [ 0, π ] Ta có ( 6) ⇔ x + g ( x ) + ( π − x ) + g ( π − x ) = π ⇔ g ( x ) + g ( π − x ) = 0, ∀x ∈ [ 0, π ] Hay g ( π − x ) = − g ( x ) , ∀x ∈ [ 0, π ] (7) Thế f ( x ) = x + g ( x ) vào (6) và sử dụng (7), ta thu được x + g ( x ) + y + g ( y ) + π − ( x + y ) + g ( π − ( x + y ) ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π Hay g ( x ) + g ( y ) − g ( x + y ) = 0, ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π Tức là g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (8) Do g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] nên (8) là phương trình hàm Cauchy và g ( x ) = α x với α là hằng số , f ( x ) = ( 1 + α ) x . Để f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) ta cần có 1 + α > 0 và để f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π ta cần có 1 + α = 1 .suy ra α = 0 f ( x ) ≡ x Bài 4: Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) và f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: π Ta thấy có hai hàm số hiển nhiên thỏa mãn bài toán, đó là f ( x ) = x và f ( x ) = 3 Ta phát biêu bài toán đã cho dưới dạng Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( x ) > 0 và f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (9) Cho y = 0 , ta thu được f ( x ) + f ( 0 ) + f ( π − x ) = π , ∀x ∈ [ 0, π ] Hay f ( π − x ) = π − f ( 0 ) − f ( x ) , ∀x ∈ [ 0, π ] Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 66
- Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc Thế vào (9), ta thu được f ( x ) + f ( y ) + π − f ( 0 ) − f ( x + y ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π Tức là f ( x + y ) + f ( 0 ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (10) Đặt f ( x ) = f ( 0 ) + g ( x ) .Khi đó g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] và có dạng g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (11) Do g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] nên (11)là phương trình hàm Cauchy và g ( x ) = α x và f ( x ) = α x + β .Ta cần xác định α , β để f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ( 0, π ) và để f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π Tức là α x + β > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) α x + β > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) ⇔ α ( A + B + C ) + 3β = π απ + 3β = π Suy ra (1 − α )π (12) f ( x) = α x + > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) 3 Cho x → 0 và x → π , từ (12) ta thu được 1 − ≤α ≤1 2 1 Với − < α < 1 thì hiển nhiên (12) thỏa mãn. 2 1 1 π Xét α = − thì f ( x ) = − x + thỏa mãn điều kiện bài ra. 2 2 2 Thật vậy, với 0 < x < π thì f ( x ) > f ( π ) = 0 Xét α = 1 thì f ( x ) = x hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài ra. Vậy, các hàm cần tìm đều có dạng (1−α ) π 1 f ( x) = α x + ,− ≤α ≤1 3 2 Nhận xét Sau đây, ta sẽ xét một số bài toán sử dụng kiến thức lượng giác đơn giản để giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm. Các hàm này thường sử dụng 3 thủ thuật: -Chọn các giá trị phù hợp với đối số -Đổi biến số (đặt biến mới) -Đổi hàm số( đặt hàm số mới) Naêm hoï c 2006 – 2007 67
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng Bài 4: Tìm hàm f: ¡ → ¡ thỏa mãn π f ( 0 ) = 1999, f = 2000 2 f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) cosy,∀x,y ∈ ¡ Nhận xét: Ta cần định hướng sẽ thay x, y như thế nào sao cho đơn giản nhất, hơn nữa phải sử dụng được f ( 0 ) = 1999 π f = 2000 2 Ta xét cách thế sau Lời giải: π π Thay x = t − , y = ta thu được 2 2 π π f ( t ) + f ( t − π ) = 2 f t − cos = 0 (1) 2 2 π π Tương tự, với x = , y = t − rồi sau đó x = 0, y = t − π ta được 2 2 π π f ( t ) + f ( x − t ) = 2 f cos t- = 2.2000sin t (2) 2 2 f ( t − π ) + f ( π − t ) = 2 f ( 0 ) cos ( t-π ) = −2.1999cost (3) Nhân (3) với(-1) rồi cộng (1) với(2) 2f ( t ) = 2.2000sin t + 2.1999cost ⇒ f ( x ) = 1999cosx+2000sinx,∀x Thử lại thấy đúng. Bài 5: Tìm tất cả các hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và f ( x ) f ( y ) − f ( x + y ) = s inxsiny,∀x,y ∈ ¡ (*) Lời giải: Với dạng này ta chỉ cần xem xét quá trình sau -Tìm f ( 0 ) -Ứng với giá trị f ( 0 ) tìm được dùng phép thế thích hợp tìm thêm một số giá trị. -Tìm f ( x ) Thật vậy Với x = y = 0 ,ta thu được: f 2 ( 0) − f ( 0) = 0 Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 68
- Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc f ( 0) = 0 Suy ra f ( 0) = 1 -Nếu f ( 0 ) = 0 thì với y = 0 ta có − f ( x ) = 0 Từ đó f ( x ) ≡ 0, ∀x π Nhưng nếu thay x = y = ta thấy mâu thuẫn. 2 -Nếu f ( 0 ) = 1 thay y = − x ta có f ( x ) f ( − x ) = 1 − sin 2 x = cos 2 x π π π Thay x= ta có f f − = 0 2 2 2 π f =0 2 ⇒ π f − = 0 2 π π +Nếu f = 0 , thay y = vào 2 2 π π Ta có f x + = − s inx=cos x+ ⇔ f ( x ) = cosx,∀x 2 2 π π +Nếu f − = 0 thay y = − vào ta được 2 2 π π f x − = − s inx=cos x- ⇔ f ( x ) = cosx,∀x 2 2 Vậy f ( x) = cos x .Thử lại thấy đúng. Nhận xét : Hóa ra điều kiện liên tục đề cho là thừa. Không biết hàm ý của tác giả là gì khi cho thêm giả thiết nhưng rõ ràng bài toán có thể giải bằng phép thế đơn giản. Bài 6: Tìm hàm f ( x ) ác định và liên tục trong [ −1,1] và thỏa mãn f ( 2 x 2 − 1) = 2 xf ( x ) , ∀x ∈ [ −1.1] Nhận xét: Thoạt nhìn chúng ta liên tưởng 2 x 2 − 1 → 2cos 2 x-1 . Đây là điều đã đề cập ở bài “Dãy số..” Lời giải: Ta sẽ sử dụng thuật chuyển ẩn x=cost Ta được f ( cos2t ) = 2cost.f ( cost ) f ( cos 2t ) f ( cos t ) Vậy = , t ∉ π ¢ = { nπ , n ∈ ¢ } sin 2t sin t Naêm hoï c 2006 – 2007 69
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng f ( cos t ) Xét hàm f ( t ) = sin t Như vậy f ( t ) xác định và liên tục với t ∉ π ¢ Rõ ràng f ( t ) = f ( 2t ) , từ đó f ( t ) = f ( 2 t ) , ∀m ∈ ¢ m (1) Mặt khác f ( t ) = f ( t + 2π ) ⇒ f ( t ) = f ( t + 2nπ ) , ∀m ∈ ¢ (2) nπ f ( 1) = f ( 2m +1 ) = f ( 2m +1 + 2nπ ) = f 1 + m 2 nπ Tập các điểm 1 + m , m, n ∈ ¢ là trù mật trong R ,vậy f ( x ) là hằng số trên mỗi khoảng 2 ( nπ , ( n + 1) π ) Dễ thấy f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ [ −1.1] f ( −cost ) Vậy f (t +π) = = f ( t) − sin t Từ đó các hằng số trên mỗi khoảng mở là như nhau. Lại có f ( −t ) = − f ( t ) ⇒ f ( t ) = 0 có thể trừ ra những điểm của n¢ ⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈ ( −1,1) Mà f ( x ) liên tục vậy f ( x ) = 0, ∀x ∈ [ −1,1] Sau đây ta sẽ đến các bài toán sử dụng đặc trưng hàm đã được đề cập ở phần kiến thức cơ sở. Đây là dạng bài hay và khó, thường xuất hiện trong các bài thi học sinh giỏi dưới dạng các bài khó. Bài 7: Tìm các hàm f ( x ) xác định và liên tục trong [ −1,1] và thỏa mãn điều kiện ( ) f x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ −1,1] Lời giải: π π Đặt x = sin u , y = sin v với u , v ∈ − , .Khi đó, cos u ≥ 0, cos v ≥ 0 và 2 2 π π x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = sin ( u + v ) , ∀u, v ∈ − , 2 2 Phương trình hàm đã cho có thể viêt dưới dạng π π f ( sin u ) + f ( sin v ) = f ( sin ( u + v ) ) , ∀u , v ∈ − , 2 2 Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 70
- Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc Đặt f ( sin u ) = g ( u ) ta được π π g ( u + v ) = g ( u ) + g ( v ) , ∀u , v ∈ − , 2 2 Do vậy, g ( u ) = au , a = const và f ( x ) = a arcsin x . Thử lại, ta thấy hàm số f ( x ) = a arcsin x thỏa mãn bài ra Nhận xét : Bài toán đã sử dụng một phép biến đổi cơ bản sin ucosv+sinvcosu=sin ( u+v ) sin v 1 − sin u = sin vcosu 2 Việc phát hiện phép biến đổi này xem như mấu chốt bài toán . Chú ý: chúng ta đã sử dụng phương trình hàm Cauchy ở cách giải trên . Với cùng tư tưởng tương tự ta xét bài toán Bài 8: Tìm các hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên [ −1,1] và thỏa mãn điều kiện ( ) f xy − 1 − y 2 1 − x 2 = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ −1,1] Lời giải: Đặt x = cos u , y = cos v, ∀u , v ∈ [ 0, π ] .Khi đó sin u ≥ 0,sin v ≥ 0 xy − 1 − y 2 1 − x 2 = cos ( u + v ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng f ( cos u ) + f ( cos v ) = f ( cos ( u + v ) ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Đặt f ( cos u ) = g ( u ) ta được g ( u + v ) = g ( u ) + g ( v ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Do vậy, g ( u ) = au , a = const f ( x ) = a arccos x Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán . Bài 9: Tìm các hàm f ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (1) f ( 0 ) = 1, ∃x0 ∈ ¡ : f ( x0 ) < 1 Lời giải: Vì f ( 0 ) = 1 và f ( x ) liên tục trên ¡ nên ∃ε > 0 sao cho f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( −ε , ε ) (2) Khi đó theo (2) với n0 ∈ ¥ đủ lớn thì Naêm hoï c 2006 – 2007 71
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng x f n00 > 0 2 Nhận xét rằng x f n00 < 1, ∀n ∈ ¥ 2 x Thật vậy f n00 ≥ 1 nguyên dương nào đó thì theo (1), ta có 2 2 x x0 f n0 1 = 2 f − 2n − 1 ≥ 1 2 2 x x0 f n0 2 − = 2 f 2n −1 − 1 ≥ 1 2 2 x f ( x0 ) = 2 f 0 − 1 ≥ 1 2 Trái với giả thiết f ( x0 ) < 1 x0 Vậy tồn tại x1 ≠ 0 sao cho 0 < f ( x1 ) < 1 f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( − x1 , x1 ) x1 = 2n0 π f ( x1 ) = cos α , 0 < α < 2 Từ (1) suy ra f ( 2 x1 ) = 2 f ( x1 ) − 1 = 2 cos 2 α − 1 = cos 2α 2 Giả sử f ( kx1 ) = cos kα , ∀k = 1, 2,..., n ∈ ¥ . Khi đó + f ( ( n + 1) x ) = f ( nx 1 1 + x1 ) = 2 f ( nx1 ) f ( x1 ) − f ( ( n − 1) x ) = 2 cos nα cos α − cos ( n − 1) α = cos ( n + 1) α 1 Từ đó suy ra f ( mx1 ) = cos mα , ∀m ∈ ¥ .Mặt khác, đổi vai trò x và y trong (1), ta có + f ( x − y ) = f ( y − x ) , ∀x, y ∈ ¡ .Do đó, f ( x ) là hàm chẵm trên ¡ và như vậy f ( mx1 ) = cos mα , ∀m ∈ ¢ (3) x1 Cho x = y = từ (1) ta nhận được 2 1 + f ( x1 ) 1 + cos α 2 x1 α f 2 = 2 = 2 = cos 2 2 Do vậy x α f 1 = cos 2 2 Giả sử Nhoù m hoïc sinh lôùp 11A1 72
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc x α f 1 = cos k , ∀k = 1, 2,..., n ∈ ¥ + k 2 2 x1 Khi đó cho x = y = từ (1) ta thu được 2k +1 α 2 1 + cos x1 1 x1 2n = cos 2 α f 2n +1 = 2 + f 2n = 2 2n +1 Do vậy x α f 1 = cos n , ∀n ∈ ¥ n (4) 2 2 (3) và (4) cho ta mx mα f n1 = cos n , ∀n ∈ ¥ + , ∀m ∈ ¢ (5) 2 2 Vì f ( x ) và cosx là các hàm liên tục trên ¡ nên (5) ⇔ f ( x1t ) = cos α t α ⇔ f ( x ) = cos ax, ∀a = , ∀x ∈ ¡ x1 Thử lại ta thấy f ( x ) = cos ax ( a ≠ 0 ) thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Kết luận f ( x ) = cos ax, a ∈ ¡ \ { 0} Nhận xét: bài toán và lời giải trên khá hay, trước hết sử dụng tính trù mật và liên tục của x0 hàm số để có được f n < 1 2 Từ đây sử dụng lượng giác hóa để giải bài toán dựa trên quy nạp. Do vậy ta có thể thấy lợi ích rõ ràng của các đặc trưng hàm lượng giác, bởi nó chính là chìa khóa giải những bài dạng này. Ta tiếp tục xét thêm các bài toán khác. Bài 10: Cho b > 0 .Tìm các hàm f ( x ) ≠ 0 xác định và liên tục trong D := { x + 2bk : x ( −b, b ) , k = 0, ±1, ±2,...} Và thỏa mãn điều kiện f ( x) + f ( y) f ( x + y) = , ∀x, y, x + y ∈ D (11) 1 − f ( x) f ( y) Lời giải: Cho y = 0 từ (11) ta có ( 2 ) f ( 0 ) f ( x ) + 1 = 0, ∀x ∈ D Naê m hoïc 2006 2007 – 73
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng Nên f ( 0 ) = 0 .Do f ( 0 ) = 0 và do f ( x ) liên tục tại x = 0 nên tồn tại x0 > 0 sao cho [ − x0 , x0 ] ⊂ ( −b, b ) và f ( x ) < 1, ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] x1 Chọn x1 ∈ [ − x0 , x0 ] ∉ ¤ và đặt b π π f ( x1 ) = tgα , α ∈ − , 4 4 Khi đó 2 f ( x1 ) 2tgα f ( 2 x1 ) = = = tg 2α 1 − f ( x1 ) 2 1 − tg 2α Giả sử f ( kx1 ) = tg ( kα ) , ∀k = 1, 2,..., m, m ∈ ¥ . Khi đó + f ( mx1 ) + f ( x1 ) tgmα + tgα f ( ( m + 1) x ) = 1 − f = = tg ( m + 1) α 1 ( mx1 ) f ( x1 ) 1 − tgα tgmα Vậy f ( mx1 ) = tgmα , ∀m ∈ ¥ . Thay y = − x vào (11) và sử dụng f ( 0 ) = 0 + , ta được f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ D .Từ đó suy ra f ( mx1 ) = tgmα , ∀m ∈ ¢ (i) Mặt khác cũng từ (11) ta được x α 2f 1 2tg f ( x1 ) = 2 = tgα = 2 2 α 2 x1 1 − tg 1− f 2 2 x α x α ⇔ f 1 − tg 1 + f 1 tg = 0 (ii) 2 2 2 2 α x Do tg
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Kết hợp với giả thiết f ( x ) là hàm liên tục trên D,ta có f ( xx1 ) = tg ( xα ) , ∀x ∈ D Do đó α f ( x ) = tgax, a = x1 π Để miền xác định của f ( x ) trùng với D, cần chọn a = 2b Kết luận π f ( x ) = tg x, ∀x ∈ D 2b Nhận xét: Bài toán cho ta cảm giác về công thức tg ( x ) + tg ( y ) tg ( x + y ) = 1 − tg ( x ) tg ( y ) Từ đây ta có thể đoán ra đây là hàm gì và tiến hành giải. Chúng ta sẽ xét đến các bài toán sử dụng hệ đặc trưng hàm sin và cos. Bài 11:Tìm các cặp hàm f ( x ) và g ( x ) xác định , liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện f ( x + y ) = f ( x) g ( y ) + f ( y ) g ( x) (14) g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Lời giải: Từ (14) suy ra f ( x + y ) 2 = f ( x ) g ( y ) + f ( y ) g ( x ) 2 ∀x, y ∈ ¡ g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) , 2 2 Suy ra f ( x + y ) + g ( x + y ) = f ( x ) + g ( x ) f ( y ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ 2 2 2 2 2 2 Hay h ( x + y ) = h ( x ) h ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Trong dó h ( x) = f ( x) + g ( x) 2 2 Nhận xét rằng, h ( x ) liên tục trên ¡ .Vậy, do đặc trưng hàm mũ h ( x ) ≡ 0 hoặc h ( x) = ax , a > 0 Trong trường hợp đầu h ( x ) ≡ 0 ,sẽ kéo theo f ( x ) ≡ 0 và g ( x ) ≡ 0 . Dễ thấy các cặp hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Xét trường hợp h ( x ) = a , tức là x Naê m hoïc 2006 2007 – 75
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng f ( x ) + g ( x ) = a x , ∀x ∈ ¡ 2 2 f ( x) g ( x) 2 ⇔ x / 2 + x / 2 = 1, ∀x ∈ ¡ (i) a a x x Kết hợp (14) và (i), ta được f ( 0 ) = 0, g ( 0 ) = 1 . Do các hàm − − f ( x) a 2 , g ( x) a 2 liên tục trên ¡ nên tồn tại x0 > 0 sao cho 1 g ( x) < x ≤1 2 a 2 f ( x) 1 x < , ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] 2 a 2 Đặ t x0 g ( x0 ) = a cos α −π π 2 ,
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Từ (ii), suy ra x −m 0 x −m 0 g ( −mx0 ) = a cos mα = a 2 cos(−mα ) 2 x0 x0 ,m∈¥ + f −mx = −a − m 2 sin mα = a − m 2 sin − mα ( 0) ( ) Từ đó suy ra x m 0 g ( mx0 ) = a 2 cos mα x0 (iii) f mx = a m 2 sin mα , ∀m ∈ ¢ ( 0) x0 Tiếp theo, thay x = y = vào (14), ta có 2 x x x0 f ( x0 ) = 2 f 0 g 0 = a 2 sin α 2 2 2 2 (iv) x0 x0 x0 g ( x0 ) = g − f = a 2 cos α 2 2 x0 Giải (iv) với lưu ý g >0 , ta được 2 x0 x0 α f = a 4 sin 2 2 g x0 = a 4 sin α x0 2 2 Giả sử x0 x0 α f k = a 2 sin k k +1 2 2 x0 , ∀k ∈ ¥ + x0 α g 2k = a cos 2k 2 k +1 x0 Thay x= y= vào (14) ta được 2k +1 x0 x0 x0 x0 α f k = 2 f k +1 g k +1 = a sin k 2k +1 2 2 2 2 2 2 x0 x0 x0 x0 α g 2k = g 2k +1 − f 2k +1 = a cos 2k 2 k +1 Sử dụng lập luận đối với (iv) ở trên , ta đi đến công thức Naê m hoïc 2006 2007 – 77
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng x0 x0 α f k = a sin k 2k +1 2 2 x0 , ∀k ∈ ¥ (v) x0 α g 2k = a cos 2k k +1 2 Các hệ thức (iii) và (iv) cho ta mx0 mx0 mα f k = a sin k 2 k +1 2 2 mx0 , ∀k ∈ ¥ , m ∈ ¢ (vi) mx0 mα g 2k = a cos 2k 2 k +1 Do f ( x ) liên tục trên R nên (vi) tương đương với tx0 x f ( tx0 ) = a 2 sin tα f ( x ) = a 2 sin bx tx0 , ∀t ∈ ¡ hay x , ∀x ∈ ¡ g tx = a 2 cos tα g x = a 2 cos bx ( 0) ( ) Thử lại ta thấy các cặp hàm trên thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Kết luận x f ( x ) = a 2 sin bx, f ( x) ≡ 0 Hoặc f ( x) ≡ 0 x g x = a 2 cos bx, a > 0, b ∈ ¡ ( ) Bài 12: Tìm các cặp hàm f ( x ) g ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều f ( x − y) = f ( x) g ( y) − f ( y) g ( x) kiện (15) g ( x − y ) = g ( x ) g ( y ) + f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Lời giải: Từ giả thiết suy ra f ( x − y ) + g ( x − y ) = f ( x ) + g ( x ) f ( y ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ 2 2 2 2 2 2 Suy ra h ( x − y ) = h ( x ) h ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Trong dó h ( x ) = f ( x ) + g ( x ) , h ( x ) liên tục trên ¡ 2 2 Ta có h ( x ) = h ( x − x ) = h ( 0 ) 2 Suy ra h ( x ) ≡ c, ∀c ∈ ¡ : c = c 2 Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 78
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Vậy h ( x ) ≡ 0 hoặc h ( x ) ≡ 1 Nếu h ( x ) ≡ 0 thì f ( x) + g ( x) = 0 2 2 f ( x) ≡ 0 ⇔ g ( x) ≡ 0 Xét trường hợp h ( x ) ≡ 1 . Khi đó thay x = y = 0 vào (15), ta được f ( 0 ) = 0, g ( 0) = 1 Và f ( − y) = − f ( y) (i) g ( − y ) = g ( y ) , ∀y ∈ ¡ Thay y bởi -y trong (15) và sử dụng (i), ta được f ( x + y ) = f ( x) g ( y ) + f ( y ) g ( x) (ii) g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Theo bài toán 10 thì x f ( x ) = a 2 sin bx x , ∀x ∈ ¡ g x = a 2 cos bx ( ) Do f ( x ) + g ( x ) = 1 nên a=1. Vậy (f(x),g(x)) có dạng 2 2 f ( x ) = sin bx, g ( x ) = cos bx, b ∈ ¡ Kết luận f ( x ) = sin bx, g ( x ) = cos bx, b ∈ ¡ f ( x) ≡ 0 Hoặc g ( x) ≡ 0 Bài 13: Tìm các cặp hàm f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện f ( x ) + g ( x ) 2 = 1 + f ( 2 x ) , f ( 0 ) = 0, ( i ) ( 16 ) ∀x, y ∈ ¡ . f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) g ( y ) , ( ii ) Lời giải: Naê m hoïc 2006 2007 – 79
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng Cho y = 0 , từ phương trình (ii) của (16), ta được 2 f ( x ) 1 − g ( 0 ) = 0, ∀x ∈ ¡ Nếu g ( 0 ) ≠ 1 thì từ f ( x ) ≡ 0 và (i) cho ta g ( x ) ≡ 1 hoặc g ( x ) ≡ −1 . Thử lại ta thấy hai cặp hàm này đều thỏa mãn bài toán. Xét trường hợp g ( 0 ) = 1 . Thay y = x vào (16) và sử dụng các giả thiết f ( 0 ) = 0, g ( 0 ) = 1 ta được f ( x) + g ( x) = 1 2 2 Từ đó và từ giả thiết f ( x ) liên tục tại x = 0 suy ra tồn tại x0 > 0 sao cho 1 < g ( x) ≤ 1 2 1 f ( x) < , ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] 2 Đặ t −π π f ( x0 ) = sin α ,
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc x0 α f 2 = sin 2 g x0 = sin α 2 2 Giả sử x0 α f n = sin n 2 2 , ∀n ∈ ¥ + (v) g x0 = cos α 2n 2n x0 Thay x = y = vào (16) và sử dụng (v), ta được 2k +1 x0 x0 x0 α f k = 2 f k +1 g k +1 = sin k 2 2 2 2 2 2 f x0 + g x0 = 1 2k +1 2k +1 Giải hệ này ta được x0 α f n = sin n 2 2 , ∀n ∈ ¥ (vi) g x0 α = cos n 2n 2 Từ (iii) và (vi) suy ra mx0 mα f n = sin n 2 2 , ∀n ∈ ¥ + , m ∈ ¢ (vii) g mx0 = cos mα 2n 2n Sử dụng giả thiết f ( x ) là hàm liên tục trên ¡ ta được f ( x0 x ) = sin α x (vii) ⇔ , ∀x ∈ ¡ g ( x0 x ) = cos α x f ( x ) = sin α x α ⇔ , ∀x ∈ ¡ , a = (viii) g ( x ) = cos α x x0 Nếu a = 0 thì f ( x ) ≡ 0, . Thay vào (16) và sử dụng giả thiết g ( 0 ) = 1 , ta được g ( x) ≡ 1 Khi a ≠ 0 thì thay y = x vào (ii) và sử dụng (viii), ta được f ( x ) = sin α x, g ( x ) = cos α x, x ∈ ¡ Dễ thấy, các cặp hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán Naê m hoïc 2006 2007 – 81
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Một số dạng phương trình hàm đa thức
6 p | 836 | 332
-
Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng tham khảo
30 p | 546 | 222
-
Lượng giác - 2. Phương trình lượng giác dạng chính tắc
27 p | 319 | 141
-
Ôn thi đại học phương trình lượng giác
9 p | 570 | 128
-
Tài liệu luyện thi đại học - Phương trình lượng giác
7 p | 275 | 116
-
Tuyển tập Phương trình lượng giác khó trong các đề thi thử 2012 - Huỳnh Đức Khánh
2 p | 231 | 108
-
Vài kỹ năng giải phương trình lượng giác
2 p | 256 | 79
-
Kỹ thuật giải nhanh phương trình lượng giác - Dùng cho ôn thi TN-ĐH-CĐ 2011
0 p | 185 | 77
-
Tuyển tập Lượng giác (đáp án chi tiết) - GV.Lưu Huy Thưởng
42 p | 320 | 73
-
Tham khảo: Bài tập phương trình lượng giác
8 p | 150 | 53
-
Một số điểm cần chú ý khi giải phương trình lượng giác
4 p | 145 | 53
-
Luyện thi Đại học Toán chuyên đề: Nguyên hàm lượng giác - Thầy Đặng Việt Hùng
19 p | 177 | 50
-
Cẩm nang cho mùa thi: Các kỹ thuật phổ biến nhất giải phương trình lượng giác - Nguyễn Hữu Biển
75 p | 107 | 45
-
Tài liệu tổng hợp về phương trình hàm
15 p | 93 | 29
-
Toán lượng giác - Chương 7: Phương trình lượng giác chứa căn và phương trình lượng giác chứa giá trị tuyệt đối
13 p | 76 | 13
-
Một số phép biến đổi thường dùng khi giải phương trình lượng giác
9 p | 23 | 3
-
Bài giảng Tuyển chọn hệ phương trình
126 p | 7 | 2

markdown:
# Lượng giác - 5.Phương trình hàm lượng giác
Chia sẻ: Huynh Minh Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:23
lượt xem 85
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2010/20100706/minhquyen0733/80x100/luong_giac_5_phuong_trinh_ham_lg_567.jpg)
##
Lượng giác - 5.Phương trình hàm lượng giác
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](images/down16x21.png)
Tham khảo sách 'lượng giác - 5.phương trình hàm lượng giác', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Lượng giác - 5.Phương trình hàm lượng giác
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc PHẦN II: LƯỢNG GIÁC ỨNG DỤNG GIẢI TOÁN GIẢI TÍCH ------------------------------------------- CHƯƠNG 1 : PHƯƠNG TRÌNH HÀM LƯỢNG GIÁC I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ: a. Đặc trưng hàm của hàm lượng giác: -Hàm f ( x ) = sin x có tính chất f ( 3x ) = 3 f ( x ) − 4 f 3 ( x ) , ∀x ∈ ¡ Quy ước: f 3 ( x ) = f ( x ) 3 -Hàm f ( x ) = co s x có tính chất f ( 2 x ) = 2 f 2 ( x ) − 1, ∀x ∈ ¡ và f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡ -Cặp hàm f ( x ) = sin x, g ( x ) = cos x có tính chất f ( x + y ) = f ( x ) .g ( x ) + f ( y ) g ( x ) ; ∀x, y ∈ ¡ g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡ -Hàm f ( x ) = tgx có tính chất f ( x) + f ( y) f ( x + y) = 1 − f ( x) . f ( y ) ( 2k + 1) π π π + k π ; y ≠ + kπ Với x, y , x + y ≠ (k ∈ ¢ ) , x ≠ 2 2 2 -Hàm f ( x ) = cot gx có tính chất f ( x) . f ( y ) −1 f ( x + y) = f ( x) + f ( y) Với x, y , x + y ≠ kπ , ( k ∈ ¢ ) , x ≠ k π ; y ≠ kπ b. Đặc trưng hàm của hàm lượng giác ngược: -Hàm f ( x ) = arcsin x có tính chất ( ) f ( x ) + f ( y ) = f x 1 − y 2 + y 1 − x 2 ; ∀x, y ∈ [ −1;1] -Hàm g ( x ) = arccos x có tính chất ( ) g ( x ) + g ( y ) = g xy − 1 − x 2 . 1 − y 2 ; ∀x, y ∈ [ −1;1] -Hàm h ( x ) = arctgx có tính chất x+ y h ( x) + h ( y ) = h ; ∀x, y, xy ≠ 1 1 − xy Naê m hoïc 2006 2007 – 62
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc -Hàm p ( x ) = arc cot g có tính chất xy − 1 p ( x) + p ( y) = p ; ∀x, y , x + y ≠ 0 x+ y c.Phương trình hàm Cauchy: Phương trình này cũng như cách chứng minh nó sẽ được sử dụng rất nhiều trong phần này. *Phát biểu: Nếu hàm f(x) liên tục trên tập số thực và thỏa: f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) ; ∀x, y ∈ ¡ ( 1) thì f ( x ) = ax , với a ∈ ¡ tùy ý. *Chứng minh: Từ (1) suy ra f ( 0 ) = 0, f ( − x ) = − f ( x ) Và với y = x thì f ( 2 x ) = 2 f ( x ) , ∀x ∈ ¡ ( 2 ) Giả sử với k nguyên dương, f ( kx ) = kf ( x ) , ∀x ∈ ¡ Khi đó: f ( ( k + 1) x ) = f ( kx + x ) , ∀x ∈ ¡ , ∀k ∈ ¥ Từ đó theo nguyên lí quy nạp, ta có: f ( nx ) = nf ( x ) , ∀x ∈ ¡ ( 3) Ta kết hợp tính chất f ( − x ) = − f ( x ) thu được: f ( mx ) = mf ( x ) , ∀m ∈ ¢ , ∀x ∈ ¡ Từ (2) ta có: x x x f ( x ) = 2 f = 22 f 2 = ... = 2 n f n 2 2 2 Từ đó suy ra: x 1 f n = n f ( x ) , ∀n ∈ ¢ , ∀x ∈ ¡ ( 4 ) 2 2 Kết hợp (3) và (4) m m = n . f ( 1) , ∀m ∈ ¢ , n ∈ ¥ + f n 2 2 Sử dụng giả thiết liên tục của hàm f(x) ⇒ f ( x ) = ax, ∀x ∈ ¡ , a = f ( 1) Thử lại, ta thấy hàm f(x) =ax thỏa (1). Suy ra đpcm. Tiếp đến ta sẽ xét các bài tóan liên quan đến phương pháp này. Naê m hoïc 2006 2007 – 63
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng II.Các bài toán chọn lọc: 1 Bài 1: Xác định α , β để hàm số f ( x ) = có tính chất f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các αx + β cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Không mất tính tổng quát, ta luôn luôn giả thiết a ≥ b ≥ c 1 Nhận xét rằng, phép nghịch đảo g ( x ) = không có tính chất g ( a ) , g ( b ) , g ( c ) Là độ dài x các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Thật vậy, xét tam giác cân với a = b = 2, c = 1 thì ta có 1 1 1 + = a b c Để f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có f ( a ) > 0, f ( b ) > 0, f ( c ) > 0, ∀VABC Suy ra α a + β > 0, α b + β > 0, α c + β > 0, ∀VABC (3) Từ (3) ta thu được α ≥ 0 .Thật vậy,nếu α < 0, β tùy ý cho trước thì ta chọn tam giác ABC có độ dài cạnh a đủ lớn, theo tính chất về dấu của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được αa + β < 0 Tương tự, cũng từ (3) ta suy ra β ≥ 0 .Thật vậy, nếu β < 0 ta chọn tam giác ABC Có độ dài cạnh a đủ nhỏ thì theo tính chất về dấu của nhị thức bậc nhất sẽ nhận được αa + β < 0 Trường hợp khi đồng thời xảy ra α = 0, β = 0 f ( x ) không xác định. Với α = 0, β > 0 ta thu được hàm hằng dương nên f ( a ) = f ( b ) = f ( c ) > 0 và f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các cạnh của một tam giác đều. Xét trường hợp α > 0, β > 0 . Khi đó f ( a) ≤ f ( b) ≤ f ( c) Vậy ta cần xác định các số dương α , β sao cho luôn có f ( a ) + f ( b ) > f ( c ) , ∀VABC , a ≥ b ≥ c 1 1 1 Hay + > , ∀VABC , a ≥ b ≥ c (4) αa + β αb + β αc + β Xét các tam giác ABC cân đồng dạng với tam giác cạnh 3,3,1, tức a = b = 3d , c = d với d > 0 tùy ý. Khi đó,(4) có dạng 1 1 1 + > , ∀d > 0 3d α + β 3d α + β dα + β Hay Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 64
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc 2 1 3dα + β > ⇔ < d α + β ⇔ β > d α , ∀d > 0 3d α + β dα + β 2 Điều này không xảy ra khi d đủ lớn. 1 Vậy với α = 0, β > 0 thì hàm số f ( x ) = có tính chất f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài các αx + β cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Bài 2: Xác định các hàm f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0 và có đạo hàm trong ( 0, π ) sao cho f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Ta cần xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] có đạo hàm trong ( 0, π ) sao cho f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) f ( 0) = 0 f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π Theo giả thiết thì f ( 0 ) = 0 nên f ( π ) = π C = π − ( A + B) Suy ra f ( A ) + f ( B) + f ( π − A − B ) = π , ∀A, B, A + B ∈ [ 0, π ] Hay f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y, x + y ∈ [ 0, π ] Lấy đạo hàm trong ( 0, π ) theo biến x, ta thu được f ' ( x ) − f ' ( π − x − y ) = 0, ∀x, y, x + y ∈ [ 0, π ] (5) Từ (5) suy ra là hàm hằng trong ( 0, π ) và vì vậy f ( x ) = px + q . Do f ( 0 ) = 0 nên q = 0 và vì vậy f ( x ) = px . Do f ( π ) = π nên p = 1 và ta thu được f ( x ) = x Vậy hàm số f ( x ) = x là hàm số liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0 và có đạo hàm trong ( 0, π ) thỏa mãn f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Bài 3: Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( 0 ) = 0, f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0, π ) và f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Ta phát biểu bài toán đã cho dưới dạng Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] , f ( 0 ) = 0, f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0, π ) và Naê m hoïc 2006 2007 – 65
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (6) Do f ( 0 ) = 0 nên với y = 0 , ta thu được f ( x ) + f ( 0 ) + f ( π − x ) = π , ∀x ∈ [ 0, π ] Đặt f ( x ) = x + g ( x ) thì g ( 0 ) = 0 g ( x ) là hàm liên tục trong [ 0, π ] Ta có ( 6) ⇔ x + g ( x ) + ( π − x ) + g ( π − x ) = π ⇔ g ( x ) + g ( π − x ) = 0, ∀x ∈ [ 0, π ] Hay g ( π − x ) = − g ( x ) , ∀x ∈ [ 0, π ] (7) Thế f ( x ) = x + g ( x ) vào (6) và sử dụng (7), ta thu được x + g ( x ) + y + g ( y ) + π − ( x + y ) + g ( π − ( x + y ) ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π Hay g ( x ) + g ( y ) − g ( x + y ) = 0, ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π Tức là g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (8) Do g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] nên (8) là phương trình hàm Cauchy và g ( x ) = α x với α là hằng số , f ( x ) = ( 1 + α ) x . Để f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) ta cần có 1 + α > 0 và để f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π ta cần có 1 + α = 1 .suy ra α = 0 f ( x ) ≡ x Bài 4: Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) và f ( A), f ( B ) , f ( C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: π Ta thấy có hai hàm số hiển nhiên thỏa mãn bài toán, đó là f ( x ) = x và f ( x ) = 3 Ta phát biêu bài toán đã cho dưới dạng Xác định các hàm số f ( x ) liên tục trong [ 0, π ] sao cho f ( x ) > 0 và f ( x ) + f ( y ) + f ( π − x − y ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (9) Cho y = 0 , ta thu được f ( x ) + f ( 0 ) + f ( π − x ) = π , ∀x ∈ [ 0, π ] Hay f ( π − x ) = π − f ( 0 ) − f ( x ) , ∀x ∈ [ 0, π ] Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 66
- Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc Thế vào (9), ta thu được f ( x ) + f ( y ) + π − f ( 0 ) − f ( x + y ) = π , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π Tức là f ( x + y ) + f ( 0 ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (10) Đặt f ( x ) = f ( 0 ) + g ( x ) .Khi đó g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] và có dạng g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ [ 0, π ] , x + y ≤ π (11) Do g ( x ) liên tục trong [ 0, π ] nên (11)là phương trình hàm Cauchy và g ( x ) = α x và f ( x ) = α x + β .Ta cần xác định α , β để f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ( 0, π ) và để f ( A) + f ( B ) + f ( C ) = π Tức là α x + β > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) α x + β > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) ⇔ α ( A + B + C ) + 3β = π απ + 3β = π Suy ra (1 − α )π (12) f ( x) = α x + > 0, ∀x ∈ ( 0, π ) 3 Cho x → 0 và x → π , từ (12) ta thu được 1 − ≤α ≤1 2 1 Với − < α < 1 thì hiển nhiên (12) thỏa mãn. 2 1 1 π Xét α = − thì f ( x ) = − x + thỏa mãn điều kiện bài ra. 2 2 2 Thật vậy, với 0 < x < π thì f ( x ) > f ( π ) = 0 Xét α = 1 thì f ( x ) = x hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài ra. Vậy, các hàm cần tìm đều có dạng (1−α ) π 1 f ( x) = α x + ,− ≤α ≤1 3 2 Nhận xét Sau đây, ta sẽ xét một số bài toán sử dụng kiến thức lượng giác đơn giản để giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm. Các hàm này thường sử dụng 3 thủ thuật: -Chọn các giá trị phù hợp với đối số -Đổi biến số (đặt biến mới) -Đổi hàm số( đặt hàm số mới) Naêm hoï c 2006 – 2007 67
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng Bài 4: Tìm hàm f: ¡ → ¡ thỏa mãn π f ( 0 ) = 1999, f = 2000 2 f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) cosy,∀x,y ∈ ¡ Nhận xét: Ta cần định hướng sẽ thay x, y như thế nào sao cho đơn giản nhất, hơn nữa phải sử dụng được f ( 0 ) = 1999 π f = 2000 2 Ta xét cách thế sau Lời giải: π π Thay x = t − , y = ta thu được 2 2 π π f ( t ) + f ( t − π ) = 2 f t − cos = 0 (1) 2 2 π π Tương tự, với x = , y = t − rồi sau đó x = 0, y = t − π ta được 2 2 π π f ( t ) + f ( x − t ) = 2 f cos t- = 2.2000sin t (2) 2 2 f ( t − π ) + f ( π − t ) = 2 f ( 0 ) cos ( t-π ) = −2.1999cost (3) Nhân (3) với(-1) rồi cộng (1) với(2) 2f ( t ) = 2.2000sin t + 2.1999cost ⇒ f ( x ) = 1999cosx+2000sinx,∀x Thử lại thấy đúng. Bài 5: Tìm tất cả các hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và f ( x ) f ( y ) − f ( x + y ) = s inxsiny,∀x,y ∈ ¡ (*) Lời giải: Với dạng này ta chỉ cần xem xét quá trình sau -Tìm f ( 0 ) -Ứng với giá trị f ( 0 ) tìm được dùng phép thế thích hợp tìm thêm một số giá trị. -Tìm f ( x ) Thật vậy Với x = y = 0 ,ta thu được: f 2 ( 0) − f ( 0) = 0 Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 68
- Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc f ( 0) = 0 Suy ra f ( 0) = 1 -Nếu f ( 0 ) = 0 thì với y = 0 ta có − f ( x ) = 0 Từ đó f ( x ) ≡ 0, ∀x π Nhưng nếu thay x = y = ta thấy mâu thuẫn. 2 -Nếu f ( 0 ) = 1 thay y = − x ta có f ( x ) f ( − x ) = 1 − sin 2 x = cos 2 x π π π Thay x= ta có f f − = 0 2 2 2 π f =0 2 ⇒ π f − = 0 2 π π +Nếu f = 0 , thay y = vào 2 2 π π Ta có f x + = − s inx=cos x+ ⇔ f ( x ) = cosx,∀x 2 2 π π +Nếu f − = 0 thay y = − vào ta được 2 2 π π f x − = − s inx=cos x- ⇔ f ( x ) = cosx,∀x 2 2 Vậy f ( x) = cos x .Thử lại thấy đúng. Nhận xét : Hóa ra điều kiện liên tục đề cho là thừa. Không biết hàm ý của tác giả là gì khi cho thêm giả thiết nhưng rõ ràng bài toán có thể giải bằng phép thế đơn giản. Bài 6: Tìm hàm f ( x ) ác định và liên tục trong [ −1,1] và thỏa mãn f ( 2 x 2 − 1) = 2 xf ( x ) , ∀x ∈ [ −1.1] Nhận xét: Thoạt nhìn chúng ta liên tưởng 2 x 2 − 1 → 2cos 2 x-1 . Đây là điều đã đề cập ở bài “Dãy số..” Lời giải: Ta sẽ sử dụng thuật chuyển ẩn x=cost Ta được f ( cos2t ) = 2cost.f ( cost ) f ( cos 2t ) f ( cos t ) Vậy = , t ∉ π ¢ = { nπ , n ∈ ¢ } sin 2t sin t Naêm hoï c 2006 – 2007 69
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng f ( cos t ) Xét hàm f ( t ) = sin t Như vậy f ( t ) xác định và liên tục với t ∉ π ¢ Rõ ràng f ( t ) = f ( 2t ) , từ đó f ( t ) = f ( 2 t ) , ∀m ∈ ¢ m (1) Mặt khác f ( t ) = f ( t + 2π ) ⇒ f ( t ) = f ( t + 2nπ ) , ∀m ∈ ¢ (2) nπ f ( 1) = f ( 2m +1 ) = f ( 2m +1 + 2nπ ) = f 1 + m 2 nπ Tập các điểm 1 + m , m, n ∈ ¢ là trù mật trong R ,vậy f ( x ) là hằng số trên mỗi khoảng 2 ( nπ , ( n + 1) π ) Dễ thấy f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ [ −1.1] f ( −cost ) Vậy f (t +π) = = f ( t) − sin t Từ đó các hằng số trên mỗi khoảng mở là như nhau. Lại có f ( −t ) = − f ( t ) ⇒ f ( t ) = 0 có thể trừ ra những điểm của n¢ ⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈ ( −1,1) Mà f ( x ) liên tục vậy f ( x ) = 0, ∀x ∈ [ −1,1] Sau đây ta sẽ đến các bài toán sử dụng đặc trưng hàm đã được đề cập ở phần kiến thức cơ sở. Đây là dạng bài hay và khó, thường xuất hiện trong các bài thi học sinh giỏi dưới dạng các bài khó. Bài 7: Tìm các hàm f ( x ) xác định và liên tục trong [ −1,1] và thỏa mãn điều kiện ( ) f x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ −1,1] Lời giải: π π Đặt x = sin u , y = sin v với u , v ∈ − , .Khi đó, cos u ≥ 0, cos v ≥ 0 và 2 2 π π x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = sin ( u + v ) , ∀u, v ∈ − , 2 2 Phương trình hàm đã cho có thể viêt dưới dạng π π f ( sin u ) + f ( sin v ) = f ( sin ( u + v ) ) , ∀u , v ∈ − , 2 2 Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 70
- Chöông 1: Phöông trì nh haøm l öôï ng gi aùc Đặt f ( sin u ) = g ( u ) ta được π π g ( u + v ) = g ( u ) + g ( v ) , ∀u , v ∈ − , 2 2 Do vậy, g ( u ) = au , a = const và f ( x ) = a arcsin x . Thử lại, ta thấy hàm số f ( x ) = a arcsin x thỏa mãn bài ra Nhận xét : Bài toán đã sử dụng một phép biến đổi cơ bản sin ucosv+sinvcosu=sin ( u+v ) sin v 1 − sin u = sin vcosu 2 Việc phát hiện phép biến đổi này xem như mấu chốt bài toán . Chú ý: chúng ta đã sử dụng phương trình hàm Cauchy ở cách giải trên . Với cùng tư tưởng tương tự ta xét bài toán Bài 8: Tìm các hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên [ −1,1] và thỏa mãn điều kiện ( ) f xy − 1 − y 2 1 − x 2 = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ [ −1,1] Lời giải: Đặt x = cos u , y = cos v, ∀u , v ∈ [ 0, π ] .Khi đó sin u ≥ 0,sin v ≥ 0 xy − 1 − y 2 1 − x 2 = cos ( u + v ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng f ( cos u ) + f ( cos v ) = f ( cos ( u + v ) ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Đặt f ( cos u ) = g ( u ) ta được g ( u + v ) = g ( u ) + g ( v ) , ∀u , v ∈ [ 0, π ] Do vậy, g ( u ) = au , a = const f ( x ) = a arccos x Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán . Bài 9: Tìm các hàm f ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (1) f ( 0 ) = 1, ∃x0 ∈ ¡ : f ( x0 ) < 1 Lời giải: Vì f ( 0 ) = 1 và f ( x ) liên tục trên ¡ nên ∃ε > 0 sao cho f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( −ε , ε ) (2) Khi đó theo (2) với n0 ∈ ¥ đủ lớn thì Naêm hoï c 2006 – 2007 71
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng x f n00 > 0 2 Nhận xét rằng x f n00 < 1, ∀n ∈ ¥ 2 x Thật vậy f n00 ≥ 1 nguyên dương nào đó thì theo (1), ta có 2 2 x x0 f n0 1 = 2 f − 2n − 1 ≥ 1 2 2 x x0 f n0 2 − = 2 f 2n −1 − 1 ≥ 1 2 2 x f ( x0 ) = 2 f 0 − 1 ≥ 1 2 Trái với giả thiết f ( x0 ) < 1 x0 Vậy tồn tại x1 ≠ 0 sao cho 0 < f ( x1 ) < 1 f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( − x1 , x1 ) x1 = 2n0 π f ( x1 ) = cos α , 0 < α < 2 Từ (1) suy ra f ( 2 x1 ) = 2 f ( x1 ) − 1 = 2 cos 2 α − 1 = cos 2α 2 Giả sử f ( kx1 ) = cos kα , ∀k = 1, 2,..., n ∈ ¥ . Khi đó + f ( ( n + 1) x ) = f ( nx 1 1 + x1 ) = 2 f ( nx1 ) f ( x1 ) − f ( ( n − 1) x ) = 2 cos nα cos α − cos ( n − 1) α = cos ( n + 1) α 1 Từ đó suy ra f ( mx1 ) = cos mα , ∀m ∈ ¥ .Mặt khác, đổi vai trò x và y trong (1), ta có + f ( x − y ) = f ( y − x ) , ∀x, y ∈ ¡ .Do đó, f ( x ) là hàm chẵm trên ¡ và như vậy f ( mx1 ) = cos mα , ∀m ∈ ¢ (3) x1 Cho x = y = từ (1) ta nhận được 2 1 + f ( x1 ) 1 + cos α 2 x1 α f 2 = 2 = 2 = cos 2 2 Do vậy x α f 1 = cos 2 2 Giả sử Nhoù m hoïc sinh lôùp 11A1 72
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc x α f 1 = cos k , ∀k = 1, 2,..., n ∈ ¥ + k 2 2 x1 Khi đó cho x = y = từ (1) ta thu được 2k +1 α 2 1 + cos x1 1 x1 2n = cos 2 α f 2n +1 = 2 + f 2n = 2 2n +1 Do vậy x α f 1 = cos n , ∀n ∈ ¥ n (4) 2 2 (3) và (4) cho ta mx mα f n1 = cos n , ∀n ∈ ¥ + , ∀m ∈ ¢ (5) 2 2 Vì f ( x ) và cosx là các hàm liên tục trên ¡ nên (5) ⇔ f ( x1t ) = cos α t α ⇔ f ( x ) = cos ax, ∀a = , ∀x ∈ ¡ x1 Thử lại ta thấy f ( x ) = cos ax ( a ≠ 0 ) thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Kết luận f ( x ) = cos ax, a ∈ ¡ \ { 0} Nhận xét: bài toán và lời giải trên khá hay, trước hết sử dụng tính trù mật và liên tục của x0 hàm số để có được f n < 1 2 Từ đây sử dụng lượng giác hóa để giải bài toán dựa trên quy nạp. Do vậy ta có thể thấy lợi ích rõ ràng của các đặc trưng hàm lượng giác, bởi nó chính là chìa khóa giải những bài dạng này. Ta tiếp tục xét thêm các bài toán khác. Bài 10: Cho b > 0 .Tìm các hàm f ( x ) ≠ 0 xác định và liên tục trong D := { x + 2bk : x ( −b, b ) , k = 0, ±1, ±2,...} Và thỏa mãn điều kiện f ( x) + f ( y) f ( x + y) = , ∀x, y, x + y ∈ D (11) 1 − f ( x) f ( y) Lời giải: Cho y = 0 từ (11) ta có ( 2 ) f ( 0 ) f ( x ) + 1 = 0, ∀x ∈ D Naê m hoïc 2006 2007 – 73
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng Nên f ( 0 ) = 0 .Do f ( 0 ) = 0 và do f ( x ) liên tục tại x = 0 nên tồn tại x0 > 0 sao cho [ − x0 , x0 ] ⊂ ( −b, b ) và f ( x ) < 1, ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] x1 Chọn x1 ∈ [ − x0 , x0 ] ∉ ¤ và đặt b π π f ( x1 ) = tgα , α ∈ − , 4 4 Khi đó 2 f ( x1 ) 2tgα f ( 2 x1 ) = = = tg 2α 1 − f ( x1 ) 2 1 − tg 2α Giả sử f ( kx1 ) = tg ( kα ) , ∀k = 1, 2,..., m, m ∈ ¥ . Khi đó + f ( mx1 ) + f ( x1 ) tgmα + tgα f ( ( m + 1) x ) = 1 − f = = tg ( m + 1) α 1 ( mx1 ) f ( x1 ) 1 − tgα tgmα Vậy f ( mx1 ) = tgmα , ∀m ∈ ¥ . Thay y = − x vào (11) và sử dụng f ( 0 ) = 0 + , ta được f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ D .Từ đó suy ra f ( mx1 ) = tgmα , ∀m ∈ ¢ (i) Mặt khác cũng từ (11) ta được x α 2f 1 2tg f ( x1 ) = 2 = tgα = 2 2 α 2 x1 1 − tg 1− f 2 2 x α x α ⇔ f 1 − tg 1 + f 1 tg = 0 (ii) 2 2 2 2 α x Do tg
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Kết hợp với giả thiết f ( x ) là hàm liên tục trên D,ta có f ( xx1 ) = tg ( xα ) , ∀x ∈ D Do đó α f ( x ) = tgax, a = x1 π Để miền xác định của f ( x ) trùng với D, cần chọn a = 2b Kết luận π f ( x ) = tg x, ∀x ∈ D 2b Nhận xét: Bài toán cho ta cảm giác về công thức tg ( x ) + tg ( y ) tg ( x + y ) = 1 − tg ( x ) tg ( y ) Từ đây ta có thể đoán ra đây là hàm gì và tiến hành giải. Chúng ta sẽ xét đến các bài toán sử dụng hệ đặc trưng hàm sin và cos. Bài 11:Tìm các cặp hàm f ( x ) và g ( x ) xác định , liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện f ( x + y ) = f ( x) g ( y ) + f ( y ) g ( x) (14) g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Lời giải: Từ (14) suy ra f ( x + y ) 2 = f ( x ) g ( y ) + f ( y ) g ( x ) 2 ∀x, y ∈ ¡ g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) , 2 2 Suy ra f ( x + y ) + g ( x + y ) = f ( x ) + g ( x ) f ( y ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ 2 2 2 2 2 2 Hay h ( x + y ) = h ( x ) h ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Trong dó h ( x) = f ( x) + g ( x) 2 2 Nhận xét rằng, h ( x ) liên tục trên ¡ .Vậy, do đặc trưng hàm mũ h ( x ) ≡ 0 hoặc h ( x) = ax , a > 0 Trong trường hợp đầu h ( x ) ≡ 0 ,sẽ kéo theo f ( x ) ≡ 0 và g ( x ) ≡ 0 . Dễ thấy các cặp hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Xét trường hợp h ( x ) = a , tức là x Naê m hoïc 2006 2007 – 75
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng f ( x ) + g ( x ) = a x , ∀x ∈ ¡ 2 2 f ( x) g ( x) 2 ⇔ x / 2 + x / 2 = 1, ∀x ∈ ¡ (i) a a x x Kết hợp (14) và (i), ta được f ( 0 ) = 0, g ( 0 ) = 1 . Do các hàm − − f ( x) a 2 , g ( x) a 2 liên tục trên ¡ nên tồn tại x0 > 0 sao cho 1 g ( x) < x ≤1 2 a 2 f ( x) 1 x < , ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] 2 a 2 Đặ t x0 g ( x0 ) = a cos α −π π 2 ,
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Từ (ii), suy ra x −m 0 x −m 0 g ( −mx0 ) = a cos mα = a 2 cos(−mα ) 2 x0 x0 ,m∈¥ + f −mx = −a − m 2 sin mα = a − m 2 sin − mα ( 0) ( ) Từ đó suy ra x m 0 g ( mx0 ) = a 2 cos mα x0 (iii) f mx = a m 2 sin mα , ∀m ∈ ¢ ( 0) x0 Tiếp theo, thay x = y = vào (14), ta có 2 x x x0 f ( x0 ) = 2 f 0 g 0 = a 2 sin α 2 2 2 2 (iv) x0 x0 x0 g ( x0 ) = g − f = a 2 cos α 2 2 x0 Giải (iv) với lưu ý g >0 , ta được 2 x0 x0 α f = a 4 sin 2 2 g x0 = a 4 sin α x0 2 2 Giả sử x0 x0 α f k = a 2 sin k k +1 2 2 x0 , ∀k ∈ ¥ + x0 α g 2k = a cos 2k 2 k +1 x0 Thay x= y= vào (14) ta được 2k +1 x0 x0 x0 x0 α f k = 2 f k +1 g k +1 = a sin k 2k +1 2 2 2 2 2 2 x0 x0 x0 x0 α g 2k = g 2k +1 − f 2k +1 = a cos 2k 2 k +1 Sử dụng lập luận đối với (iv) ở trên , ta đi đến công thức Naê m hoïc 2006 2007 – 77
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng x0 x0 α f k = a sin k 2k +1 2 2 x0 , ∀k ∈ ¥ (v) x0 α g 2k = a cos 2k k +1 2 Các hệ thức (iii) và (iv) cho ta mx0 mx0 mα f k = a sin k 2 k +1 2 2 mx0 , ∀k ∈ ¥ , m ∈ ¢ (vi) mx0 mα g 2k = a cos 2k 2 k +1 Do f ( x ) liên tục trên R nên (vi) tương đương với tx0 x f ( tx0 ) = a 2 sin tα f ( x ) = a 2 sin bx tx0 , ∀t ∈ ¡ hay x , ∀x ∈ ¡ g tx = a 2 cos tα g x = a 2 cos bx ( 0) ( ) Thử lại ta thấy các cặp hàm trên thỏa mãn các điều kiện của bài toán . Kết luận x f ( x ) = a 2 sin bx, f ( x) ≡ 0 Hoặc f ( x) ≡ 0 x g x = a 2 cos bx, a > 0, b ∈ ¡ ( ) Bài 12: Tìm các cặp hàm f ( x ) g ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều f ( x − y) = f ( x) g ( y) − f ( y) g ( x) kiện (15) g ( x − y ) = g ( x ) g ( y ) + f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Lời giải: Từ giả thiết suy ra f ( x − y ) + g ( x − y ) = f ( x ) + g ( x ) f ( y ) + g ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ 2 2 2 2 2 2 Suy ra h ( x − y ) = h ( x ) h ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Trong dó h ( x ) = f ( x ) + g ( x ) , h ( x ) liên tục trên ¡ 2 2 Ta có h ( x ) = h ( x − x ) = h ( 0 ) 2 Suy ra h ( x ) ≡ c, ∀c ∈ ¡ : c = c 2 Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 78
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc Vậy h ( x ) ≡ 0 hoặc h ( x ) ≡ 1 Nếu h ( x ) ≡ 0 thì f ( x) + g ( x) = 0 2 2 f ( x) ≡ 0 ⇔ g ( x) ≡ 0 Xét trường hợp h ( x ) ≡ 1 . Khi đó thay x = y = 0 vào (15), ta được f ( 0 ) = 0, g ( 0) = 1 Và f ( − y) = − f ( y) (i) g ( − y ) = g ( y ) , ∀y ∈ ¡ Thay y bởi -y trong (15) và sử dụng (i), ta được f ( x + y ) = f ( x) g ( y ) + f ( y ) g ( x) (ii) g ( x + y ) = g ( x ) g ( y ) − f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ Theo bài toán 10 thì x f ( x ) = a 2 sin bx x , ∀x ∈ ¡ g x = a 2 cos bx ( ) Do f ( x ) + g ( x ) = 1 nên a=1. Vậy (f(x),g(x)) có dạng 2 2 f ( x ) = sin bx, g ( x ) = cos bx, b ∈ ¡ Kết luận f ( x ) = sin bx, g ( x ) = cos bx, b ∈ ¡ f ( x) ≡ 0 Hoặc g ( x) ≡ 0 Bài 13: Tìm các cặp hàm f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và thỏa mãn các điều kiện f ( x ) + g ( x ) 2 = 1 + f ( 2 x ) , f ( 0 ) = 0, ( i ) ( 16 ) ∀x, y ∈ ¡ . f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) g ( y ) , ( ii ) Lời giải: Naê m hoïc 2006 2007 – 79
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng Cho y = 0 , từ phương trình (ii) của (16), ta được 2 f ( x ) 1 − g ( 0 ) = 0, ∀x ∈ ¡ Nếu g ( 0 ) ≠ 1 thì từ f ( x ) ≡ 0 và (i) cho ta g ( x ) ≡ 1 hoặc g ( x ) ≡ −1 . Thử lại ta thấy hai cặp hàm này đều thỏa mãn bài toán. Xét trường hợp g ( 0 ) = 1 . Thay y = x vào (16) và sử dụng các giả thiết f ( 0 ) = 0, g ( 0 ) = 1 ta được f ( x) + g ( x) = 1 2 2 Từ đó và từ giả thiết f ( x ) liên tục tại x = 0 suy ra tồn tại x0 > 0 sao cho 1 < g ( x) ≤ 1 2 1 f ( x) < , ∀x ∈ [ − x0 , x0 ] 2 Đặ t −π π f ( x0 ) = sin α ,
- Chöôn g Phöông 1: trình haø m löôïng giaùc x0 α f 2 = sin 2 g x0 = sin α 2 2 Giả sử x0 α f n = sin n 2 2 , ∀n ∈ ¥ + (v) g x0 = cos α 2n 2n x0 Thay x = y = vào (16) và sử dụng (v), ta được 2k +1 x0 x0 x0 α f k = 2 f k +1 g k +1 = sin k 2 2 2 2 2 2 f x0 + g x0 = 1 2k +1 2k +1 Giải hệ này ta được x0 α f n = sin n 2 2 , ∀n ∈ ¥ (vi) g x0 α = cos n 2n 2 Từ (iii) và (vi) suy ra mx0 mα f n = sin n 2 2 , ∀n ∈ ¥ + , m ∈ ¢ (vii) g mx0 = cos mα 2n 2n Sử dụng giả thiết f ( x ) là hàm liên tục trên ¡ ta được f ( x0 x ) = sin α x (vii) ⇔ , ∀x ∈ ¡ g ( x0 x ) = cos α x f ( x ) = sin α x α ⇔ , ∀x ∈ ¡ , a = (viii) g ( x ) = cos α x x0 Nếu a = 0 thì f ( x ) ≡ 0, . Thay vào (16) và sử dụng giả thiết g ( 0 ) = 1 , ta được g ( x) ≡ 1 Khi a ≠ 0 thì thay y = x vào (ii) và sử dụng (viii), ta được f ( x ) = sin α x, g ( x ) = cos α x, x ∈ ¡ Dễ thấy, các cặp hàm này thỏa mãn các điều kiện của bài toán Naê m hoïc 2006 2007 – 81
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Một số dạng phương trình hàm đa thức
6 p |
836 |
332
-
Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng tham khảo
30 p |
546 |
222
-
Lượng giác - 2. Phương trình lượng giác dạng chính tắc
27 p |
319 |
141
-
Ôn thi đại học phương trình lượng giác
9 p |
570 |
128
-
Tài liệu luyện thi đại học - Phương trình lượng giác
7 p |
275 |
116
-
Tuyển tập Phương trình lượng giác khó trong các đề thi thử 2012 - Huỳnh Đức Khánh
2 p |
231 |
108
-
Vài kỹ năng giải phương trình lượng giác
2 p |
256 |
79
-
Kỹ thuật giải nhanh phương trình lượng giác - Dùng cho ôn thi TN-ĐH-CĐ 2011
0 p |
185 |
77
-
Tuyển tập Lượng giác (đáp án chi tiết) - GV.Lưu Huy Thưởng
42 p |
320 |
73
-
Tham khảo: Bài tập phương trình lượng giác
8 p |
150 |
53
-
Một số điểm cần chú ý khi giải phương trình lượng giác
4 p |
145 |
53
-
Luyện thi Đại học Toán chuyên đề: Nguyên hàm lượng giác - Thầy Đặng Việt Hùng
19 p |
177 |
50
-
Cẩm nang cho mùa thi: Các kỹ thuật phổ biến nhất giải phương trình lượng giác - Nguyễn Hữu Biển
75 p |
107 |
45
-
Tài liệu tổng hợp về phương trình hàm
15 p |
93 |
29
-
Toán lượng giác - Chương 7: Phương trình lượng giác chứa căn và phương trình lượng giác chứa giá trị tuyệt đối
13 p |
76 |
13
-
Một số phép biến đổi thường dùng khi giải phương trình lượng giác
9 p |
23 |
3
-
Bài giảng Tuyển chọn hệ phương trình
126 p |
7 |
2

Set-Cookie: TLDEVNamespace=clt6ijt9oje8k9k3c6ar8nthv6; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly