RÈN LUYEN KĨ NĂNG KÊT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN

RÈN LUYEN KĨ NĂNG KÊT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN

RÈN LUY Ệ N K Ĩ N Ă NG K Ế T H Ợ P NGHI Ệ M VÀ Đ I Ề U KI Ệ N TRONG

PH ƯƠ NG TRÌNH L ƯỢ NG GIÁC CÓ Đ I Ề U KI Ệ N

A M Ở ĐẦ U

1 Lý do chọn đề tài

Những kiến thức lượng giác đặc biệt là phương trình lượng giác (PTLG) là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán THPT nói chung và trong Đại số

và giải tích 11 nói riêng Trong các đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng thường xuyên có mặt dạng toán giải PTLG, trong đó loại PTLG có điều kiện thường làm cho học sinh bối dối Đa số các em gặp khó khăn trong khâu kết hợp nghiệm của phương trình hệ quả với điều kiện của phương trình ban đầu

Đặc thù của PTLG thường là có vô số nghiệm và công thức nghiệm cho một

PTLG có thể có những hình thức biểu diễn khác nhau Dung lượng kiến thức ở phần này tương đối lớn, số lượng tiết học trên lớp chỉ đảm bảo cho các em nắm vững kiến thức cơ bản Để giải quyết tốt các đề bài PTLG có điều kiện ở mức độ thi đại học và cao đẳng, học sinh cần tìm tòi thêm và phải liên hệ tốt với kiến thức về công thức lượng giác

Nhằm giúp đỡ học sinh có kỹ năng tốt trong việc kết hợp nghiệm với điều kiện của PTLG có điều kiện qua đó có được những phương án giải quyết tối ưu

và trọn vẹn cho mỗi bài toán PTLG có điều kiện, tôi chọn nghiên cứu chuyên đề:

“RÈN LUY Ệ N K Ĩ N Ă NG K Ế T H Ợ P NGHI Ệ M VÀ Đ I Ề U KI Ệ N TRONG

PH ƯƠ NG TRÌNH L ƯỢ NG GIÁC CÓ Đ I Ề U KI Ệ N”

2 Mục đích nghiên cứu

Chuyên đề nhằm rèn luyện cho học sinh kĩ năng tiếp cận vấn đề từ nhiều góc độ khác nhau từ đó chọn được một phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phù hợp nhất đối với mỗi bài toán PTLG cụ thể Qua đó có thể rút ngắn

đáng kể thời gian để có được lời giải trọn vẹn, ngắn gọn, mạch lạc

3 Phương pháp nghiên cứu

+ Tổng hợp kiến thức, kiểm nghiệm qua thực tế dạy học

+ Tập hợp những vấn đề nảy sinh, những băn khoăn, lúng túng của học sinh trong quá trình giải quyết bài toán phương trình lượng giác có điều kiện Từ

đó đề xuất các phương án giải quyết, tổng kết thành bài học kinh nghiệm

4 Phạm vi nghiên cứu

Trong việc giải PTLG có điều kiện có thể có nhiều phương pháp kết hợp

tổng hợp và đúc kết những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này mà chủ yếu là đối với học sinh đang học lớp 11

5 Điểm mới của chuyên đề

Chuyên đề tập trung rèn luyện cho học sinh kỹ năng kết hợp nghiệm và

điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện Đặc biệt là cố gắng giúp học

sinh nhận định được nên áp dụng phương pháp nào cho mỗi bài toán cụ thể Chuyên đề cũng chú ý rèn luyện cho học sinh biết kết hợp các phương pháp kết hợp nghiệm và điều kiện trong một bài toán phương trình lượng giác

B N Ộ I DUNG

I CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM VỚI ĐIỀU KIỆN PHỔ

BIẾN:

1 Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác:

1.1 Kiến thức cơ sở:

Trong phần này cần sử dụng tốt các công thức sau:

Công thức nhân đôi

Công thức hạ bậc Các hằng đẳng thức cơ bản của lượng giác

Từ đó ta có các kết quả cần chú ý sau

sin 0

2 0

cos 0

a sin a

a

=



= ⇔

=



sin 0

2 0

cos 0

a sin a

a

≠



≠ ⇔ 

≠



2

sin a= ⇔ 0 cosa= ± 1; 2

sin a= ⇔ 1 cosa= 0

2

os 0 sin 1

os 1 sin 0

sina≠ ⇔ 0 c aos ≠ ± 1; c aos ≠ ⇔ 0 sina≠ ± 1

1.2 Một số ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2010, khối A)

Giải phương trình

(1 sin os2 )sin

1 4

cos

x

π

 

  = +

Lời giải:

Điều kiện:cosx≠0 sinx≠ ±1

⇔

Khi đó

(1 sin os2 )sin

1 4

cos

x

π

 

  =

cos 1 s inx cos 2 2.sin cos sin cos

4

 

⇔ (1 s inx cos 2 ) 2.sin (sin cos )

4

  (do cosx≠ 0)

( ) ( )

2

2

sin cos sin os2 0 sin cos sin 1 2 sin 0

tan 1 sin cos

sin cos 0

sin 1 sin 1

2 sin sin 1 0

.2

sin

7 2

.2 6





 = −

 = −



= −



= − +



 = +



Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B)

Giải phương trình cot sin 1 tan tan 4

2

x

cos 0

s inx 0 s in2x 0

os 0 2

x

x c



 ≠









Ta có

sin cos s inx 2 cot sin 1 tan tan 4 s inx 1 4

2 s inx cos os

2

x

x

x c

⇔ cos s inx cos os2 s inx.sin 2 4 cos s inx 4

x c

+

( )

4 sin 2 /

x

 = +  = +



Ví dụ 3: (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 11/2009)

Giải phương trình 1 1 2

cosx+ sin 2x = sin 4x

Lời giải:

Điều kiện

2

s in2x 0 s inx 0 s inx 0 s inx 0 sin 4 0 os2 0 1 2 sin 0 2

sin

2

x









Khi đó 1 1 2

cosx+ sin 2x = sin 4x

sin 1

4 s inx os2 2 os2 2 s inx 2 sin s inx-1 0 sin 0

1 sin

2

x

x



 = −





=





Đối chiếu với điều kiện ta được 1 6 .2 ( )

sin

5 2

.2 6



= +



 = +



Vậy phương trình có nghiệm là 6 .2 ( )

5 2 6

k Z



= +



∈



 = +



Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán_Tập 2 _Trần Phương)

Giải phương trình

4

sin 2 os 2

os 4 tan tan

Lời giải:

Điều kiện

4

os2 0 sin 2 1

4

x

π

π

  

 



 



  + ≠   + ≠

     



 

  + ≠

  



Nhận thấy tan tan 1

4 x 4 x

    , do đó phương trình đã cho trở thành

2

1 sin 2 os 2 os 4 1 sin 4 os 4 2 os 4 os 4 1 0

2 sin 2 0

os 4 1 sin 4 0

os2 0

x

=



Đối chiếu điều kiện ta được sin 2 0 ( )

2

x= ⇔ =x kπ k∈Z

Ví dụ 5: Giải phương trình

sin 2 os 2 1

0 sin cos

Lời giải: Điều kiện sin 2x> 0

Khi đó phương trình đã cho trở thành

2

2

os 2 0 sin 2 1 sin 2 os 2 1 0 os 2 os 2 0

sin 2 0

os 2 1

x

=

=



Đối chiếu điều kiện ta được sin 2 1 2 2 ( )

x= ⇔ x= +π k π ⇔ = +x π kπ k∈Z

Các bài tập tương tự

1/

2

2

os os 1 os2 tan

os

c otx 1 sin sin 2

1 t anx 2

3/ c otx t anx 4 sin 2 2

sin 2

x

x

− + = (2003_B);

sin tan cos 0

x

π

5sinx− = 2 3 1 sin − x tan x (2004_B)

2 Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập

2.1 Kiến thức cơ sở

+ Các nhận xét về tính chu kì của hàm số lượng giác

sin α +k2 π = sin α ∀ α; cos(α +k2 π)=cos α ∀ α;

tan α +kπ = tan α ∀ α ; cot(α +kπ)= cot α ∀ α

+ Các công thức về giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt (sách giáo khoa Đại số 10)

2.2 Một số ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Giải phương trình cos3 tan 5x x= sin 7x

Lời giải: Điều kiện cos5x≠ 0

Khi đó phương trình đã cho trở thành

2

2 sin 5 os3 2 sin 7 os5 sin 8 sin12

20 10

k x

k x

π



=



 = +



Với

2

k

x= π thì

5

Với

20 10

k

x= π + π thì

4 2

k

c x c  π π 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ; ( , )

20 10

k

x=mπ x= π + π m k∈Z

Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ, 2011, khối A)

Giải phương trình 1 s in2x+ cos 22 2 s inx sin 2

1 c ot x

x

x

+

Lời giải: Điều kiện sinx≠ ⇔ 0 cosx≠ ± 1

Khi đó phương trình đã cho trở thành

( )

sin 1 sin 2 os2 2 2 sin cos 1 2 sin cos 2 os 1 2 2 cos

cos 0 /

2 cos s inx cos 2 0

s inx cos 2 *

x

 =



Giả sử sinx= ⇔ 0 cosx= ± 1, khi đó ( )* ⇔ ± = 0 1 2 (vô lí)

Do đó phương trình tương đương với

cos 0

2

2 4

4

x

π π

π



=

   ⇔ 

  −  =  = +

  

Vậy phương trình có nghiệm là 2 ( )

2 4

k Z

π π



= +



∈



 = +



Ví dụ 3: Giải phương trình

3s inx 2 cos 3 1 t anx

cos

x

x

Lời giải: Điều kiện c xos ≠ ⇔ 0 sinx≠ ± 1

Khi đó

1 3s inx 2 cos 3 1 t anx cos 3s inx 2 cos 3 cos s inx 1

cos cos 3s inx 2 cos cos 3s inx 2 cos 1

cos 3s inx 2 cos 1 3s inx 2 cos 1 0

cos 1 0 1 3s inx 2 cos 1 cos 1 0

3s inx 2 cos 1 0 2

x

x

x

 − =



( )1 ⇔ cosx= 1 thoả mãn điều kiện, do đó ta được x=k2 , π k∈Z

Tiếp theo giả sử c xos = ⇔ 0 sinx= ± 1, thay vào (2) ta được ± − = 3 1 0(vô lí)

Tức là các nghiệm của (2) đều thoả mãn điều kiện

Giải (2) ta được ar os 1 2

13

x= ± α cc +k π k∈Z,

(với os 2 ; sin 3

Vậy phương trình có nghiệm

2

1

ar os 2

13

x k

k Z

π

=





Ví dụ 4: Giải phương trình

2

2

tan t anx 2

sin

x

x x

π

Lời giải: Điều kiện c xos ≠ ⇔ 0 sinx≠ ± 1

Khi đó

2

2

2

sin os tan t anx s inx cos

1 sin cos s inx s inx cos 2 s inx s inx cos s inx cos 0

2

s inx cos 2 s inx 1 0 *

x

x

x

Giả sử c xos = ⇔ 0 sinx= ± 1, thay vào (*) ta được ± ± − = 1( 2 1) 0(vô lí)

Tức là các nghiệm của (*) đều thoả mãn điều kiện

x= π +kπ x= +π k π x= π +k π k∈Z

Ví dụ 5: Giải phương trình tan 5 tan 2x x= 1

1

, os2 0

2

4 2

m n Z





≠

≠

  ≠ +

phương trình tương đương với

1

tan 5 tan 5 cot 2

x

+ Đối chiếu điều kiện (1)

m

π + π = π + π ⇔ = + +

Do k m, ∈Z nên : 1 2 2 1

Lại do t m, ∈Z nên : 1 2 1

2

t

Từ đó k = 7s+ 3 Suy ra x= π +kπ với

7 3

k≠ s+ thoả mãn phương trình

Giả sử 4 14 5 ( )3

14 k 7 4 n2 k n

Ta thấy vế trái của (3) chẵn, vế phải của (3) lẻ nên không tồn tại k n, ∈Z thoả mãn (3)

Từ đó suy ra điều kiên (2) luôn được thoả mãn

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( )

14 7

x= π +kπ k∈Z

Các bài tập tương tự

1/ 1 2 s inx cos( )

tan cot 2 cot 1

x

−

=

2/ 2 sinx+ c otx = 2 sin 2x+ 1;

3/ s inx.cot5x 1;

os9x

4

4

2 sin 2 sin 3

cos

x

x

− + =

5/ ( 2 ) 1

4 cos 3 sin 3

2

3 Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG)

3.1 Kiến thức cơ sở

+ Mỗi cung (hoặc góc) lượng giác được biểu diễn bởi một điểm trên

ĐTLG

2

x= + α k π được biểu diễn bởi một điểm trên ĐTLG;

x= + α kπ được biểu diễn trên ĐTLG bởi 2 điểm đối xứng nhau qua O;

2 3

k

x= +α π được biểu diễn trên ĐTLG bởi 3 điểm cách đều nhau, tạo thành

3 đỉnh một tam giác đều nội tiếp ĐTLG;

2

k x

n

π α

= + được biểu diễn trên ĐTLG bởi n điểm cách đều nhau, tạo thành

n đỉnh một đa giác đều nội tiếp ĐTLG

+ Ta biểu diễn trên ĐTLG những điểm không thoả mãn điều kiện (đánh

dấu “x”) và những điểm nghiệm tìm được (đánh dấu “o”) Những điểm đánh dấu

“o” mà không trùng với những điểm đánh dấu “x” chính là những điểm thoả mãn

điều kiện

3.2 Một số ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2011, khối D)

Giải phương trình s in2x +2 cos s inx 1 0

tanx + 3

, cos 0

2

m n Z x

π π



≠ − +



 ≠ −

≠

  ≠ +

Khi đó phươngtrình đã cho trở thành

s in2x +2 cos s inx 1 0 2 cos s inx 1 s inx 1 0

s inx 1 x 2

2

s inx 1 2 cos 1 0 1

cos

2 2

3

k x

x





Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng

giác (như hình bên) ta được nghiệm của

3

π 2

π 2

3 π

O

y

x

Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối A)

Giải phương trình ( 6 6 )

2 cos sin sin cos

0

2 2 sin

x

=

−

3 2

2 4

m n Z



≠ +



 ≠ +



Khi đó phương trình đã cho trở thành

2

2

2 cos sin sin cos 0

2 1 sin 2 sin 2 0

3sin 2 sin 2 4 0 sin 2 1

4

Ví dụ 3: Giải phương trình sin sin 2 1

sin 3

x

3

x≠ ⇔ x≠kπ ⇔ ≠x kπ

Khi đó

sin sin 2

1 sin sin 2 sin 3 0 sin 3

2 sin 2 cos sin 2 0

x

sin 2 2 cos 1 0 1

x

=





= −

o

y

x

4

π

3 4

π

5 4

π

Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng

giác ta được nghiệm của phương trình là

5

2 4

x= π +k π k∈Z

2

2 3

x k

π



=



⇔ 

 = ± +



Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác

Ta được nghiệm của phương trình là

2

x= +π kπ

Các bài tập tương tự

1/ s inx sin 2 sin 3 3

cos os2 os3

2/ cosx + sin 3x= 0 ;

3/ 1 cos 1 cos 4 s inx

cos

x

;

4/

2

2 3 os 2 sin 3 cos sin 4 3

1

3 s inx cos

x

5/ ( )

1 2 sin cos

3

1 2 s inx 1 s inx

−

= + − (đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2009, khối A)

2

π

−

y

2

π

3

π

3

π

−

2 3

π

4 3

π

π

II Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế

Khi áp dụng chuyên đề vào thực tế giảng dạy có thể nảy sinh một vài vấn đề cần chú ý như sau

1/ Nếu một bài toán PTLG có thể kết hợp nghiệm với điều kiện theo cả

ba phương pháp trên thì nên áp dụng theo phương pháp nào?

Với vấn đề này cần nhấn mạnh cho học sinh thấy phương pháp 1 là ít thao tác hơn cả Vi vi vậy nếu làm được theo phương pháp 1: “Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương trình ban đầu) qua cùng một hàm

số lượng giác”là ngắn gọn hơn cả

2/ Khi làm bài thi nếu áp dụng phương pháp 3: “Biểu diễn trên ĐTLG”,

do yêu cầu thẩm mỹ và tính chính xác nên sẽ mất rất nhiều thời gian trình bày Vậy có được phép bỏ qua phần vẽ hình ở khâu kết hợp điều kiện không?

Với vấn đề này, có thể cho phép học sinh không trình bày hình vẽ vào trong bài làm nhưng yêu cầu học sinh phải phác hoạ ra nháp và thực hiện đúng các thao tác như đã nói trong phương pháp để có kết luận chính xác Đồng thời khi trình bày vào bài làm phải nói rõ là kết hợp trên ĐTLG ta được nghiệm của phương trình là…

3/ Có phương pháp nào có thể áp dụng cho tất cả các bài toán PTLG có điều kiện không? Làm sao biết mỗi bài toán nên kết hợp nghiệm theo phương pháp nào?

Câu trả lời là không có phương pháp nào có thể áp dụng cho tất cả các bài toán

Với những bài toán không áp dụng được theo phương pháp 1 thì ta tìm cách áp dụng phương pháp 2 và 3 Phương pháp 3 có thể coi là phổ biến hơn phương pháp 2 nhưng trong một số bài toán mà việc biểu diễn nghiệm và điều kiện cần quá nhiều điểm hoặc các điểm biểu diễn trên ĐTLG quá gần nhau…thì phương pháp 3 gặp khó khăn và gần như không thể thực hiện được trong giới hạn

về thời gian cũng như năng lực của học sinh Khi đó phương pháp 2 lại phù hợp hơn ( ví dụ 1, ví dụ 5 của phương pháp 2 minh hoạ cho điều này)

III Hướng phát triển chuyên đề:

Do thời gian có hạn nên chuyên đề chỉ đề cập những phương pháp cơ bản về kết hợp nghiệm với điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện Chuyên đề

có thể nghiên cứu để mở rộng với các bài toán giải hệ phương trình lượng giác hoặc hệ lượng giác hỗn hợp, cũng như các phương trình kết hợp giữa hàm số lượng giác và các hàm số mũ, lôga rít và hàm số dưới dấu căn…

C KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY

Trong quá trình giảng dạy tôi đã đem các vấn đề trên áp dụng vào hai buổi dạy tăng cường (sau khi đã dạy cho học sinh phương pháp giải phương trình lượng giác) Kết quả cụ thể như sau:

Nội dung kiểm nghiệm Lớp 11A4

(chưa đc học tăng cường)

Lớp 11A3

(đã đc học tăng cường)

05/44 học sinh giải quyết trọn vẹn bài toán

35/42 học sinh giải quyết trọn vẹn bài toán

34/44 học sinh chỉ biến

đổi đến phương trình

2 os 4c x c− os 4x− = 1 0 mà không tìm được điều kiện hoặc mất quá nhiều thì gian vào việc tìm ra

điều kiện cụ thể cho

phương trình

06/44 học sinh kết hợp ngiệm theo phương pháp biểu diễn trên ĐTLG nhưng không đủ nghiệm hoặc thừa nghiệm

02/42 học sinh không thể giải quyết trọn vẹn bài toán do mải tìm ra điều kiện cụ thể

05/42 học sinh không thể giải quyết trọn vẹn bài toán do kết hợp nghiệm theo phương pháp biểu diễn trên đường tròn

đơn vị và dẫn đến

thừa hoặc thiếu nghiệm

Kiểm tra:

Giải phương trình

4

3 os8

4 os 4 tan tan

(Thời gian làm bài: 15 phút)

Không có học sinh nào giải quyết trọn vẹn bài toán theo phương pháp biểu diễn nghiệm và điều kiện thông qua cùng một hàm số lượng giác

05/42 học sinh giải quyết trọn vẹn các bài toán theo phương pháp kết

31/42 học sinh giải quyết trọn vẹn bài toán nhờ phương pháp biểu diễn nghiệm và điều kiện thông qua cùng một hàm số lượng giác

cos2x 04/42 học sinh giải

trên ĐTLG pháp kết hợp nghiệm

và điều kiện trên

ĐTLG

D KẾT LUẬN:

Chuyên đề được hoàn thành với sự tổng hợp, tham khảo tài liệu và đúc rút, tổng kết kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy, về cơ bản chuyên đề đã đạt được các mục tiêu đề ra Nhưng để chuyên đề có tính ứng dụng cao và sát thực tiễn hơn kính mong các thầy cô, đặc biệt là các thầy cô trong tổ Toán – tin, trường THPT Kiến An, tiếp tục đọc kỹ bản thảo, thảo luận để đóng góp, bổ sung cho chuyên

đề Hi vọng chuyên đề này có thể được coi là một tài liệu để các đồng nghiệp

tham khảo nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy linh hoạt trong giải toán nói chung và giải phương trình lượng giác nói riêng

Xin chân thành cảm ơn!

Hải Phòng, ngày 10 tháng 04 năm 2013

Người thực hiện

Nguyễn Trung Tiến