Bài 1: Tìm tập giá trị của biểu thức $\sin^6x+\cos^6x$ Bài 2: Giải bất phương trình sau: $\tan x.\tan 2x.\tan 4x\ge -\cot x$

Đáp án + Giải thích các bước giải:

Bài 1:

+)$\sin^6x+\cos^6x\\=(\sin^2x)^3+(\cos^2x)^3\\=(\sin^2x+\cos^2x)(\sin^4x-\sin^2x.\cos^2x+\cos^4x)\\=1.[(\sin^2x)^2+(\cos^2x)^2+2(\sin^2x)(\cos^2x)-3\sin^2x.\cos^2x]\\=[(\sin^2x+\cos^2x)^2-3(\sin x.\cos x)^2]\\=1^2-3.(\dfrac{\sin 2x}{2})^2\\=1-\dfrac34\sin^2 2x$

$\forall x$, ta luôn đúng với: 

+)$\begin{cases} 1\ge\sin 2x\ge-1\\\sin^22x\geq0 \end{cases}$

$⇒1\ge\sin^22x\ge0$

$⇔\dfrac34\ge\dfrac34\sin^22x\ge0$

$⇔-\dfrac34\le-\dfrac34\sin^22x\le0$

$⇔1-\dfrac34\le1-\dfrac34\sin^22x\le1$

$⇔0,25\le\sin^6x+\cos^6x\le1$

Vậy tập giá trị của biểu thức đó là $[0,25;1]$

Bài 2:

+)ĐKXĐ là: $\begin{cases} \cos x\ne0\\\cos 2x\ne0\\\cos 4x\ne0\\\sin x\ne0 \end{cases}\\⇔\sin x.\cos x.\cos 2x.\cos 4x\neq0\\⇔8\sin x.\cos x.\cos 2x.\cos 4x\neq0\\⇔\sin 8x\neq0\\⇔8x\neq\arcsin0+k180^\circ(\text{với k $\in Z$})\\⇔x\neq k\dfrac{180^\circ}{8}⇔x\neq k22^\circ30'$

$\tan x.\tan 2x.\tan 4x\geq-\cot x$

$\\⇔\tan x.\dfrac{2\tan x}{1-\tan^2x}.\dfrac{4\tan x}{(1-\tan^2x)(1-\tan^22x)}\geq-\dfrac{1}{\tan x}$

$\\⇔\dfrac{8\tan^3x}{(1-\tan^2x)^2(1-(\dfrac{2\tan x}{1-\tan^2x})^2)}+\dfrac{1}{\tan x}\ge0$

$\\⇔\dfrac{8\tan^3x}{(1-\tan^2x)^2(1-\dfrac{4\tan^2 x}{(1-\tan^2x)^2})}+\dfrac{1}{\tan x}\ge0$

$\\⇔\dfrac{8\tan^3x}{(1-\tan^2x)^2-{4\tan^2 x}}+\dfrac{1}{\tan x}\ge0$

$\\⇔\dfrac{8\tan^4x+(1-\tan^2x)^2-{4\tan^2 x}}{[(1-\tan^2x)^2-{4\tan^2 x}].\tan x}\ge0$

$\\⇔\dfrac{8\tan^4x+(1+\tan^4x-2\tan^2x)-{4\tan^2 x}}{[(1+\tan^4x-2\tan^2x)-{4\tan^2 x}].\tan x}\ge0$

$\\⇔\dfrac{9\tan^4x-6\tan^2x+1}{(\tan^4x-6\tan^2x+1)\tan x}\ge0$

$\\⇔\dfrac{(3\tan^2x)^2-2(3\tan^2x).1+1^2}{(\tan^4x-6\tan^2x+1)\tan x}\ge0$

$\\⇔\dfrac{(3\tan^2x-1)^2}{(\tan^4x-6\tan^2x+1)\tan x}\ge0$

$\\⇔\begin{cases} (3\tan^2x-1)^2=0\\(\tan^4x-6\tan^2x+1)\tan x>0 \end{cases}\text{(Vì $\forall x$ thì $(3\tan^2x-1)^2\ge0$)}$

+//$(\tan^4x-6\tan^2x+1)\tan x>0$

Đặt $\tan^2x=b$ với $b\ge0$, ta được:

+)$\tan^4x-6\tan^2x+1=b^2-6b+1$

Đa thức $b^2-6b+1$ có $\Delta'=(\dfrac{-6}2)^2-1.1=2>0$

⇒Đa thức $b^2-6b+1$ có 2 nghiệm là:

$+)\begin{cases} b_1=3+2\sqrt2\\b_2=3-2\sqrt2 \end{cases}\text{(thỏa mãn $b\ge0$)}$

$⇒b\in\text{{$3+2\sqrt2;3-2\sqrt2$}}$

$⇔\tan^2x\in\text{{$(\sqrt2+1)^2;(\sqrt2-1)^2$}}$

$⇔|\tan x|\in\text{{$\sqrt2+1;\sqrt2-1$}}$

$⇔\tan x\in\text{{$-\sqrt2-1;1-\sqrt2;\sqrt2-1;\sqrt2+1$}}$

⇒Đa thức $g(x)=\tan^4x-6\tan^2x+1$ có $\begin{cases} \text{nghiệm là $\tan x\in\text{{$-\sqrt2-1;1-\sqrt2;\sqrt2-1;\sqrt2+1$}}$}\\\text{hệ số a = 1 > 0}\\\end{cases}$

⇒Ta lập bảng xét dấu sau:

$\tan x$        $-\infty$      $-\sqrt2-1$      $1-\sqrt2$      $0$     $\sqrt2-1$      $\sqrt2+1$      $+\infty$

$g(x)$                        $+$       $0$      $-$     $0$      $+$      $+$      $0$     $-$        $0$     $+$

$\tan x$                     $-$                    $-$                 $-$ $0$$+$                $+$                   $+$

$g(x).\tan x$              $-$        $0$      $+$     $0$     $-$ $0$$+$       $0$    $-$        $0$      $+$

⇒$(\tan^4x-6\tan^2x+1)\tan x>0$

$⇔\tan x\in(-\sqrt2-1;1-\sqrt2)\cup(0;\sqrt2 -1)\cup(\sqrt2+1;+\infty)$

$⇔\begin{cases} 1-\sqrt2>\tan x>-\sqrt2-1\\\sqrt2 -1>\tan x>0\\\tan x>\sqrt2 +1\end{cases}$

$⇔\begin{cases} \arctan(1-\sqrt2)+k180^\circ>x>-90^\circ+k180^\circ\\90^\circ+k180^\circ>x>\arctan(-\sqrt2-1)+k180^\circ\\\arctan(\sqrt2-1)+k180^\circ>x>-90^\circ+k180^\circ\\90^\circ+k180^\circ>x>k180^\circ\\90^\circ+k180^\circ>x>\arctan(\sqrt2+1)+k180^\circ\end{cases}$

$⇔\begin{cases} -22^\circ30'+k180^\circ>x>-90^\circ+k180^\circ\\90^\circ+k180^\circ>x>-67^\circ30'+k180^\circ\\22^\circ30'+k180^\circ>x>-90^\circ+k180^\circ\\90^\circ+k180^\circ>x>k180^\circ\\90^\circ+k180^\circ>x>67^\circ30'+k180^\circ\end{cases}$

$⇔\begin{cases} -22^\circ30'+k180^\circ>x>-67^\circ30'+k180^\circ\\22^\circ30'+k180^\circ>x>k180^\circ\\90^\circ+k180^\circ>x>67^\circ30'+k180^\circ\end{cases}$

+//$(3\tan^2x-1)^2=0\\⇔3\tan^2x-1=0\\⇔\tan^2x=\dfrac13\\⇔|\tan x|=\sqrt{\dfrac13}\\⇔\tan x=\pm\dfrac{1}{\sqrt3}\\⇔\left[ \begin{array}{l}x=\arctan(\dfrac{1}{\sqrt3})+k180^\circ\\x=-\arctan(\dfrac{1}{\sqrt3})+k180^\circ\end{array}⇔\left[ \begin{array}{l}x=30^\circ+k180^\circ\\x=-30^\circ+k180^\circ\end{array}(\text{thỏa mãn ĐKXĐ}) \right.\right.$

Vậy $x\in(-67^\circ30'+k180^\circ;-22^\circ30'+k180^\circ)\cup(k180^\circ;22^\circ30'+k180^\circ)\cup(67^\circ30'+k180^\circ;90^\circ+k180^\circ)\cup{}\text{{$30^\circ+k180^\circ;-30^\circ+k180^\circ$}}$

Đáp án:

Bài 1:

a)Ta luôn đúng với:

$(\sin^2x)^3=(1-\cos^2x)^3\\⇔...\\...\\⇔\sin^6x+\cos^6x=3\cos^4x-3\cos^2x+1$

Ta xác định được $1\ge3\cos^4x-3\cos^2x+1\ge\dfrac14$ (luôn đúng)

Tập giá trị của biểu thức là $[0,25;1]$