RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN

RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN 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 0 cos 1a a= ⇔ = ± ; 2 sin 1 cos 0a a = ⇔ = 2 os 0 sin 1c a a= ⇔ = ± ; 2 os 1 sin 0c a a = ⇔ = sin 0 os 1a c a ≠ ⇔ ≠ ± ; os 0 sin 1c a a ≠ ⇔ ≠ ± 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 1 t anx 2 x c x x x π   + + +  ÷   = + Lời giải: Điều kiện: cos 0 sin 1 tan x 1 tanx 1 x x≠ ≠ ±   ⇔   ≠ − ≠ −   1 Khi đó ( ) 1 sin os2 sin 1 4 cos 1 t anx 2 x c x x x π   + + +  ÷   = + ( ) ( ) cos 1 sinx cos2 2.sin cos sin cos 4 x x x x x x π   ⇒ + + + = +  ÷   ⇔ ( ) ( ) 1 sinx cos2 2.sin sin cos 4 x x x x π   + + + = +  ÷   (do cos 0x ≠ ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 sin cos sin os2 0 sin cos sin 1 2sin 0 tan 1 sin cos sin cos 0 sin 1 sin 1 2sin sin 1 0 1 1 sin sin / 2 2 .2 1 6 sin 7 2 .2 6 x x x c x x x x x x L x x x x x x L x x x x t m x k x k Z x k π π π π ⇔ + + = ⇔ + + − =    = −  = − + =    ⇔ ⇔ = ⇔ =    − − =     = −  = −    = − +  ⇔ = − ⇔ ∈   = +   Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B) Giải phương trình cot sin 1 tan .tan 4 2 x x x x   + + =  ÷   Lời giải: Điều kiện cos 0 sinx 0 sin2x 0 os 0 2 x x c   ≠  ≠ ⇔ ≠    ≠  Ta có sin cos sinx 2 cot sin 1 tan .tan 4 sinx 1 . 4 2 sinx cos os 2 x x x x x x x x c    ÷   + + = ⇔ + + =  ÷  ÷    ÷   ⇔ cos . os sinx.sin cos cos sinx 2 2 sinx 4 4 sinx sinx cos cos . os 2 x x x c x x x x x c   +  ÷ + = ⇔ + =  ÷  ÷   2 ( ) ( ) 2 1 4 sin 2 / sin 2 2 2 .2 . 6 12 5 5 2 .2 . 6 12 x t m x x k x k k Z x k x k π π π π π π π π ⇔ = ⇔ =   = + = +   ⇔ ⇔ ∈     = + = +     Ví dụ 3: Giải phương trình 1 1 2 cos sin 2 sin 4x x x + = Lời giải: Điều kiện 2 cos 0 sin 1 sin 1 sin 1 sin2x 0 sinx 0 sinx 0 sinx 0 sin 4 0 os2 0 1 2sin 0 2 sin 2 x x x x x c x x x    ≠ ≠ ± ≠ ± ≠ ±        ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠         ≠ ≠ − ≠     ≠ ±   Khi đó 1 1 2 cos sin 2 sin 4x x x + = ( ) 2 sin 1 4sinx. os2 2 os2 2 sinx 2sin sinx-1 0 sin 0 1 sin 2 x c x c x x x x   = −  ⇒ + = ⇔ + = ⇔ =   =   Đối chiếu với điều kiện ta được ( ) .2 1 6 sin 5 2 .2 6 x k x k Z x k π π π π  = +  = ⇔ ∈   = +   Vậy phương trình có nghiệm là ( ) .2 6 5 .2 6 x k k Z x k π π π π  = +  ∈   = +   3 Ví dụ 4: Giải phương trình 4 4 4 sin 2 os 2 os 4 tan tan 4 4 x c x c x x x π π + =     − +  ÷  ÷     Lời giải: Điều kiện sin 0 4 os 0 sin 2 0 4 2 os2 0 sin 2 1 sin 0 sin 2 0 4 2 os 0 4 x c x x c x x x x c x π π π π π π    − ≠  ÷           − ≠ − ≠   ÷  ÷        ⇔ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ±         + ≠ + ≠  ÷  ÷            + ≠  ÷     Nhận thấy tan .tan 1 4 4 x x π π     − + =  ÷  ÷     , do đó phương trình đã cho trở thành 4 4 4 2 4 4 2 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 c x c x x c x c x c x x c x x c x + = ⇔ − = ⇔ − − = =  ⇔ = ⇔ = ⇔  =  Đối chiếu điều kiện ta được ( ) sin 2 0 2 x x k k Z π = ⇔ = ∈ Ví dụ 5: Giải phương trình 2 4 sin 2 os 2 1 0 sin .cos x c x x x + − = Lời giải: Điều kiện sin 2 0x > Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 2 4 4 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 c x x x c x c x c x x c x  = = ±  + − = ⇔ − = ⇔ ⇔   = =    Đối chiếu điều kiện ta được ( ) sin 2 1 2 .2 . 2 4 x x k x k k Z π π π π = ⇔ = + ⇔ = + ∈ 4 Các bài tập tương tự 1/ 2 3 2 2 os os 1 os2 tan os c x c x c x x c x − − − = ; 2/ 2 os2 1 cot x 1 sin sin 2 1 t anx 2 c x x x − = + − + (2003_A); 3/ 2 cot x t anx 4sin 2 sin 2 x x − + = (2003_B); 4/ 2 2 2 sin tan cos 0 2 4 2 x x x π   − − =  ÷   (2003_D); 5/ ( ) 2 5sin 2 3 1 sin tanx x x − = − (2004_B). 5 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 2 sink α π α α + = ∀ ; ( ) s 2 osco k c α π α α + = ∀ ; ( ) tan tank α π α α + = ∀ ; ( ) cot cotk α π α α + = ∀ + Các công thức về giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt. 2.2 Một số ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Giải phương trình os3 .tan 5 sin 7c x x x = Lời giải: Điều kiện os5 0c x ≠ Khi đó phương trình đã cho trở thành ( ) 2 2sin 5 . os3 2sin 7 . os5 sin 8 sin12 20 10 k x x c x x c x x x k Z k x π π π  =  = ⇔ = ⇔ ∈   = +   Với 2 k x π = thì ( ) 5 os5 os os 2 os 0 2 2 2 2 k k k c x c c k c k m m Z π π π π     = = + = ≠ ⇔ = ∈  ÷  ÷     Với 20 10 k x π π = + thì os5 os 0 4 2 k c x c π π   = + ≠  ÷   Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( ) ; , 20 10 k x m x m k Z π π π = = + ∈ Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ, 2011, khối A) Giải phương trình 2 1 sin2x+cos2 2 sinxsin 2 1 cot x x x + = + Lời giải: Điều kiện sin 0 cos 1x x ≠ ⇔ ≠ ± Khi đó phương trình đã cho trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 sin 1 sin 2 os2 2 2 sin .cos 1 2sin .cos 2 os 1 2 2 cos cos 0 / 2cos sinx cos 2 0 sinx cos 2 * x x c x x x x x c x x x t m x x x + + = ⇔ + + − =  = ⇔ + − = ⇔  + =   Giả sử sin 0 cos 1x x = ⇔ = ± , khi đó ( ) * 0 1 2⇔ ± = (vô lí) 6 Do đó phương trình tương đương với cos 0 2 cos 1 2 4 4 x x k x x k π π π π π  =  = +   ⇔     − =  ÷  = +       Vậy phương trình có nghiệm là ( ) 2 2 4 x k k Z x k π π π π  = +  ∈   = +   Ví dụ 3: Giải phương trình ( ) 1 3sinx 2cos 3 1 t anx cos x x + = + − Lời giải: Điều kiện os 0 sin 1c x x ≠ ⇔ ≠ ± Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3sinx 2cos 3 1 tanx cos 3sinx 2cos 3 cos sinx 1 cos cos 3sinx 2cos cos 3sinx 2cos 1 cos 3sinx 2cos 1 3sinx 2cos 1 0 cos 1 0 1 3sinx 2cos 1 cos 1 0 3sinx 2cos 1 0 2 x x x x x x x x x x x x x x x x + = + − ⇔ + = + − ⇔ + − = + − ⇔ + − − + − =  − = ⇔ + − − = ⇔  + − =   ( ) 1 cos 1x ⇔ = thoả mãn điều kiện, do đó ta được 2 ,x k k Z π = ∈ Tiếp theo giả sử os 0 sin 1c x x = ⇔ = ± , 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 1 ar os 2 13 x cc k k Z α π = ± + ∈ , (với 2 3 os ; sin 13 13 c α α = = ) Vậy phương trình có nghiệm 2 1 ar os 2 13 x k k Z x cc k π α π =   ∈  = ± +   7 Ví dụ 4: Giải phương trình 2 2 tan t anx 2 sin tan 1 2 4 x x x π +   = +  ÷ +   Lời giải: Điều kiện os 0 sin 1c x x ≠ ⇔ ≠ ± Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 tan t anx 2 2 2 2 sin os tan t anx sinx cos tan 1 2 4 2 2 2 1 sin cos .sinx sinx cos 2sinx sinx cos sinx cos 0 2 sinx cos 2sinx 1 0 * x x c x x x x x x x x x x π   +   = + ⇔ + = +  ÷  ÷  ÷ +     ⇔ + = + ⇔ + − + = ⇔ + − = Giả sử os 0 sin 1c x x = ⇔ = ± , thay vào (*) ta được ( ) 1 2 1 0 ± ± − = (vô lí) Tức là các nghiệm của (*) đều thoả mãn điều kiện. Giải (*) ta được ( ) 3 5 ; 2 ; 2 4 6 6 x k x k x k k Z π π π π π π = + = + = + ∈ Ví dụ 5: Giải phương trình tan 5 .tan 2 1x x = Lời giải: Điều kiện ( ) ( ) ( ) 1 os5 0 10 5 , os2 0 2 4 2 x m c x m n Z c x x n π π π π  ≠ +  ≠   ⇔ ∈   ≠   ≠ +   phương trình tương đương với ( ) 1 tan5 tan5 cot 2 tan 2 14 7 x x x x k k Z x π π = ⇔ = ⇔ = + ∈ + Đối chiếu điều kiện (1) Giả sử 1 2 14 7 10 5 5 m k m k m π π π π + + = + ⇔ = + Do ,k m Z ∈ nên 1 2 1 : 2 5 2 m t t Z t m t + − ∃ ∈ = ⇔ = + Lại do ,t m Z ∈ nên 1 : 2 1 2 t s Z s t s − ∃ ∈ = ⇔ = + Từ đó 7 3k s = + . Suy ra 14 7 x k π π = + với 7 3k s ≠ + thoả mãn phương trình + Đối chiếu điều kiện (2) 8 Giả sử ( ) 4 14 5 3 14 7 4 2 k n k n π π π π + = + ⇔ − = 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 k k Z π π = + ∈ Các bài tập tương tự 1/ ( ) 2 sinx cos 1 tan cot 2 cot 1 x x x x − = + − ; 2/ 2sin cotx 2sin 2 1x x + = + ; 3/ sinx.cot5x 1; os9xc = 4/ ( ) 2 4 4 2 sin 2 .sin 3 tan 1 ; cos x x x x − + = 5/ ( ) 2 1 4cos 3 sin 3 . 2 x x − = 9 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 2x k α π = + được biểu diễn bởi một điểm trên ĐTLG; x k α π = + được biểu diễn trên ĐTLG bởi 2 điểm đối xứng nhau qua O; 2 3 k x π α = + được biểu diễn trên ĐTLG bởi 3 điểm cách đều nhau, tạo thành 3 đỉnh một tam giác đều nội tiếp ĐTLG; 2k 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 sin2x +2cos sinx 1 0 tanx + 3 x − − = Lời giải: Điều kiện ( ) t anx 3 3 , cos 0 2 x m m n Z x x n π π π π  ≠ − +   ≠ −   ⇔ ∈   ≠    ≠ +   Khi đó phươngtrình đã cho trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) sin2x +2cos sinx 1 0 2cos sinx 1 sinx 1 0 sinx 1 x 2 2 sinx 1 2cos 1 0 1 cos 2 2 3 x x k x x x k π π π π − − = ⇔ + − + =  = − = − +    ⇔ + − = ⇔ ⇔   =  = ± +    10 Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác (như hình bên) ta được nghiệm của phương trình là ( ) 2 3 x k k Z π π = + ∈ 3 π 2 π − 2 π 2 3 π 3 π − O y x [...]... 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... 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... 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... 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. .. 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... Giải phương trình Lời giải: ( ) 2 cos6 x + sin 6 x − sin x.cos x Điều kiện 2 − 2sin x =0 π   x ≠ 4 + m 2π 2  s inx ≠ ⇔ 2  x ≠ 3π + n 2π  4  ( m, n ∈ Z ) Khi đó phương trình đã cho trở thành ( ) 2 cos6 x + sin 6 x − sin x.cos x = 0  3  1 ⇔ 2  1 − sin 2 2 x ÷− sin 2 x = 0  4  2 2 ⇔ 3sin 2 x + sin 2 x − 4 = 0 ⇔ sin 2 x = 1 π ⇔ x = + kπ 4 y (k∈Z) Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác. .. được nghiệm của phương trình là x= 5π + k 2π 4 π 4 3π 4 ( k ∈Z) o x 5π 4 Ví dụ 3: Giải phương trình sin x + sin 2 x = −1 sin 3 x Lời giải: Khi đó Điều kiện sin 3 x ≠ 0 ⇔ 3 x ≠ kπ ⇔ x ≠ k π 3 sin x + sin 2 x = −1 ⇔ sin x + sin 2 x + sin 3 x = 0 sin 3 x ⇔ 2sin 2 x.cos x + sin 2 x = 0 sin 2 x = 0 ⇔ sin 2 x ( 2 cos x + 1) = 0 ⇔  cos x = − 1  2 π  x = k 2 ⇔  x = ± 2π + k 2π  3  11 Kết hợp với điều. .. lôga rít và hàm số dưới dấu căn… 13 PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2002 2011 cos 3x + sin 3x   Baøi 1: [ĐH A02] Tìm x ∈ ( 0; 2π ) : 5  sin x + ÷ = cos 2x + 3 1 + 2sin 2x   Baøi 2: [ĐH B02] sin 2 3x − cos 2 4x = sin 2 5x − cos 2 6x Baøi 3: [ĐH D02] Tìm x ∈ [ 0;14] : cos 3x − 4 cos 2x + 3cos x − 4 = 0 Baøi 4: [Dự bị 1 ĐH02] Xác định m để phương trình sau có ít nhất 1 nghiệm  π... 0  Điều kiện :  x cos 2 ≠ 0  x x x sin x sin cos x cos + sin x sin x 2 = 2 2 Ta có : 1 + tan x.tan = 1 + x x 2 cos x cos cos x cos 2 2 x  cos  x − ÷ 1 2  = = x cos x cos x cos 2 sin x (1) ⇔ tan x + cos x − cos 2 x = cos x  cos x = 0 (L) ⇔ cos x(1 − cos x) = 0 ⇔   cos x = 1 2sin x + cos x + 1 =a Cho phương trình : sin x − 2 cos x + 3 1 a) Giải phương trình với a= 3 b) Tìm a để phương trình. .. phương trình sau có ít nhất 1 nghiệm thuộc  π 4 4 0; 2  : 2 ( sin x + cos x ) + cos 4x + sin 2x − m = 0 (1)   2 2 2 (1) ⇔ 2 ( 1 − 2 sin x cos x ) + 1 − sin 2 x + 2sin 2 x + m = 0 ⇔ 3 + m − 3sin 2 2 x + 2sin 2 x = 0 ⇔ 3t 2 − 2t − (m + 3) = 0 (2) với t = sin 2 x  π Ta có : x ∈ 0;  ⇔ 2 x ∈ [ 0; π ] ⇒ t ∈ [ 0;1]  2 y 1 o 1 − 3 1 3 18 1 2 1 x Bài toán thành : Xác định m để phương trình sau có . RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN I. CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM VỚI ĐIỀU KIỆN PHỔ BIẾN: 1. Biểu diễn nghiệm (của phương trình. +   11 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 k k Z π π = + ∈ Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác Ta được nghiệm của phương trình. 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.