Nguyễn văn bảo toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG  SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI PHƯƠNG PHÁP XỬ LÝ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ ĐIỀU KIỆN, ĐÁP ỨNG KỲ THI THPT QUỐC GIA HIỆN NAY Người thực hiện: Nguyễn Văn Bảo Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực mơn: Tốn THANH HĨA NĂM 2017 MỤC LỤC Trang MỤC LỤC 1 MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI…………………… MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM……… .3 2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .3 2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ…… ……………….…………….….…… 2.3 CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ … …………………………………5 2.3.1 Biến đổi đưa phương trình điều kiện phương trình lượng giác hàm số lượng giác………… 2.3.2 Biểu diễn nghiệm pt hệ điều kiện đường tròn lượng giác 2.3.3 Thử trực tiếp nghiệm pt hệ vào điều kiện… 2.3.4 Dùng tính chất tham số nguyên để chọn tham số thỏa mãn nghiệm .12 2.3.5 Phối hợp phương pháp xử lý pt lượng giác có điều kiện 14 2.3.6 Điều kiện nghiệm theo yêu cầu đề 16 2.4 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 18 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 DANH MỤC CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐƯỢC CÔNG NHẬN……….21 MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong năm gần nhu cầu cần thiết đề thi Đại học, đề thi THPT quốc gia theo hướng mở, vận dụng kiến thức, kỹ loại nghiệm phương trình, phương trình lượng giác Phương trình lượng giác có nhiều kiểu biến đổi phong phú, đa dạng, tương đối phức tạp, khiến nhiều học sinh khó hiểu, lúng túng việc ghi nhớ, hiểu bài, vận dụng tập, đề thi Phương trình lượng giác có điều kiện (chủ yếu phương trình chứa ẩn mẫu số, chứa ẩn hàm số tang, cotang,… điều kiện đề yêu cầu ) dạng toán bản, hay phức tạp, thường xuyên đề cập đề thi quan trọng thi học sinh giỏi tới kỳ thi THPT Quốc gia Đối với giáo viên, việc dạy cho học sinh hiểu có cách diễn đạt rõ ràng đối chiếu nghiệm tìm với điều kiện khơng dễ dàng Điều khó khăn số nghiệm PT lượng kπ (k ∈ ¢ ,n ∈ ¥ * ) Hơn giác thường vô hạn biểu diễn dạng α + n nữa, PT lượng giác, dùng phép biến đổi khác thu PT khác từ thu số họ nghiệm hình thức họ nghiệm khác Sách giáo khoa, nhiều tài liệu bàn nhiều phương pháp giải phương trình lượng giác, tài liệu đề cập đến phương pháp, kỹ thuật xử lý, lấy nghiệm phương trình lượng giác có điều kiện cách đầy đủ, Mong muốn thân làm rõ dạng Toán phương pháp xử lý, trường hợp cụ thể, phương trình lượng giác có điều kiện, cung cấp kiến thức, kỹ năng, giúp học sinh giải tốt dạng toán đề thi Vì lí tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: “ Phương pháp xử lý phương trình lượng giác có điều kiện, đáp ứng kỳ thi THPT quốc gia nay” MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Nghiên cứu sở lí luận thực tiễn tốn phương trình lượng giác có điều kiện Đề xuất giải pháp, cách xử lý cho dạng toán cụ thể đáp ứng kỳ thi THPT quốc gia ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Học sinh lớp 11, lớp 12 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU + Nghiên cứu lí luận + Điều tra thực tế + Thực nghiệm sư phạm NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Từ chất kiến thức lượng giác, ta xét sở lí luận trường hợp cụ thể dẫn đến kỷ thuật tương ứng sau đây: * Các hàm số lượng giác có liên quan chặt chẽ, mật thiết với nhau, biến đổi qua lại với nên đưa hàm số lượng giác chẳng hạn: - Đưa sinu: Các trường hợp sau đưa sinu (2k + 1)π (2k + 1) π sin(u ± k π);cos(u ± );cos 2u = − sin 2u;cot u = − 1;cos( ± u) 2 sin u u u u u cos2u = − 2sin 2u;sin 3u = 3sinu − 4sin u;(sin ± cos ) ;(sin ) + (cos ) ; 2 2 - Đưa cosu: Các trường hợp sau đưa cosu: (2k + 1) π (2k + 1) π cos(u ± k π);sin(u ± );sin u = − cos u; tan u = − 1;sin( ± u) cos u u u u u cos2u = 2cos u − 1;cos3u = 4cos u − 3cos u;(sin ) + (cos ) ;(sin )6 + (cos ) ; 2 2 - Đưa tanu: Các trường hợp sau đưa tanu: (2k + 1)π 1 tan u tan(u ± k π);cot(u ± );cot u = ;cos u = ;tan 2u = , 2 tan u + tan u − tan u - Đưa cotu: Các trường hợp sau đưa cotu: (2k + 1)π 1 2co t u cot(u ± k π);tan(u ± ); tan u = ;sin u = ; tan 2u = , 2 co t u + co t u co t u − - Tương tự ta có cơng thức biến đổi sin2u, cos2u, tan2u, cot2u, … Như để đối chiếu so sánh nghiệm theo sở ta biến đổi điều kiện pt hệ hàm số để đối chiếu điều kiện cách đơn giản (mục 2.3.1) * Do tính chất góc lượng giác có điểm biểu diễn xác định đường trịn lượng giác; tất góc lượng giác dạng α + k2π (k ∈ ¢ ) có chung điểm biểu diễn đường trịn lượng giác; điểm M đường tròn lượng giác điểm biểu diễn họ góc lượng giác dạng α + k2π (k ∈ ¢ ) với α góc lượng giác nhận điểm M làm điểm biểu diễn nó; họ k2π (k ∈ ¢ ,n ∈ ¥ * ) có n điểm biểu diễn đường tròn lượng giác (ta cần n chọn k=0;1;2;…;n-1) Do tất họ điều kiện nghiệm phương trình hệ biểu diễn đường tròn lượng giác để đối chiếu so sánh kết luận nghiệm (mục 2.3.2.) * Dựa vào tính chất tuần hồn hàm số lượng giác nên ta cần tính giá trị chu kỳ, áp dụng trường hợp cụ thể như: + sin( α ± k2π )=sin α ; sin( α ± (2k + 1)π )= - sin α ; cos( α ± k2π )=cos α ; cos( α ± (2k + 1)π )= - cos α ; tan( α ± kπ )=tan α ; cot( α ± kπ )=cot α k2π k2π kπ kπ ) ;cos( α + ) ;tan( α + ) ;cot( α + ) + Đối với dạng: sin( α + n n n n ta xét trường hợp k=mn; mn+1;…;mn+n-1 với k ∈ ¢ , đơn giản ta cần chọn n giá trị chu kỳ 0;1;…;n-1 giá trị thỏa mãn cộng thêm đuôi k2π kπ Do ta thử trực tiếp nghiệm vào điều kiện để kết cụ thể thỏa mãn hay khơng thỏa mãn điều kiện tốn (mục 2.3.3) * Các nghiệm pt lượng giác thường biểu diễn dạng k1 2π kπ (k1 ∈ ¢ ,n1 ∈ ¥ * ) α+ (k ∈ ¢ ,n ∈ ¥ * ) , hai họ nghiệm α1 + n1 n kπ α + (k ∈ ¢ ,n ∈ ¥ * ) có nghiệm chung tồn k1 ,k ∈ ¢ cho n2 k 2π k 2π α1 + = α + n1 n2 Do để tìm nghiệm chung thỏa mãn ta thường cho hai họ nghiệm tìm tham số nguyên thỏa mãn (mục 2.3.4.) 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Phương trình lượng giác có điều kiện dạng toán bản, hay phức tạp, thường xuyên đề cập đề thi quan trọng thi Đại học, học sinh giỏi kỳ thi THPT Quốc gia Đối với giáo viên, việc dạy cho học sinh hiểu có cách diễn đạt rõ ràng đối chiếu nghiệm tìm với điều kiện, khơng dễ dàng Điều khó khăn số nghiệm PT lượng giác thường vô hn v c k (k  ,n Ơ * ) Hơn nữa, PT lượng giác, biểu diễn dạng α + n dùng phép biến đổi khác thu PT khác từ thu số họ nghiệm hình thức họ nghiệm khác - Phương trình lượng giác có điều kiện có đề cập số tài liệu Báo tốn học tuổi trẻ theo hình thức chung thể qua ví dụ phân loại theo dạng tổng quát học sinh khó thực hành α+ - Phương trình lượng giác có điều kiện chương trình sách giáo khoa, thực tế dạy học Toán chưa quan tâm cách mức thường xun - Phương trình lượng giác có điều kiện đề thi Đại học, HSG năm, tới kỳ thi THPT quốc gia Đây câu mức độ vận dụng, học sinh thường bị khó khăn hình thức, cách lấy nghiệm Trước thực trạng vậy, cá nhân muốn làm rõ quy trình tách lọc hình thức, phát chất thể qua dạng tốn, phương pháp giải, thực hành thơng qua ví dụ cụ thể, giúp học sinh tiếp thu tốt nội dung 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm sử dụng để giải vấn đề Khi giải pt lượng giác có điều kiện ta cần ý quan tâm trường hợp cụ thể sau: - Điều kiện từ Điều kiện xác định phương trình, học sinh làm phải nêu điều kiện để phép toán pt thực Chú ý trường hợp: ẩn hàm số lượng giác mẫu, hàm số tang, hàm số cotang, bậc chẵn, dấu logarit, số mũ logarit,… - Điều kiện nghiệm theo yêu cầu đề như: tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện thuộc đoạn[ α ; β ], khoảng ( α ; β ), nghiệm dương x>0, nghiệm âm x0) , cos2u ≠ m2 ⇔ cosu ≠ ± m (m>0); Dựa vào ý ta dễ dàng giải phương trình sau: cos2u ≠ VÍ DỤ 1(KB – 2003) Giải pt: Cotx -tanx + 4sin2x = (1) sin2x sinx ≠  Điều kiện: cos x ≠ ⇔ sin 2x ≠ ⇔ cos 2x ≠ ±1 sin 2x ≠  cos 2x=1 (1) ⇔ 2cos2x +4sin22x = ⇔ -2cos22x+cos2x +1 = ⇔  cos 2x = −  Đối chiếu điều kiện ta cos 2x = − Vậy phương trình có nghiệm x = ± thỏa mãn π + kπ , k∈ ¢ Chú ý: ta biến đổi điều kiện pt hệ hàm số cos2x VÍ DỤ 2( KB – 2004) Giải pt: 5sinx -2 = 3(1 - sinx)tan2x (1) Điều kiện cosx ≠ ⇔ sin x ≠ ±1 (1) ⇔ (5sinx - 2)(1 + sinx) (1 - sinx) = 3sin2x(1 - sinx) sinx = 1;sinx = −2 (loai) ⇔ (1− sinx)(2sin x + 3sin x − 2) = ⇔  sinx =  2 Đối chiếu điều kiện sinx = π 5π + k2π k∈ ¢ thỏa mãn ĐS x = + k2π , x = 6 (2 − sin2 2x)sin3x VÍ DỤ 3( DB – 2002) Giải pt: tan x + 1= (1) cos4 x Điều kiện cosx ≠ ⇔ sin x ≠ ±1 (1) ⇔ sin4x + cos4x = (2 - sin22x )sin3x ⇔ (2 - sin22x )(1 - 2sin3x) = sin 2x=2 1 ⇔ ⇔ sin 3x = ⇔ 3sin x − 4sin x = (*) sin 3x = 2  Rõ ràng thử sin x = ±1 vào phương trình 3sin x − 4sin x = π k2π  x = +  18 , k ∈¢ Do sin 3x = ⇔   x = 5π + k2π  18 ĐS: x = không thỏa mãn π k2π 5π k2π + ; + , k ∈¢ 18 18 Chú ý: Trong pt ta chưa vội giải pt hệ cuối mà ta lại biến đổi tiếp để đối chiếu điều kiện sau ta giải lấy nghiệm Bài tập thực hành π x  1− sin x  2 KB -2006: Cotx + sinx(1 + tanxtan ) = 4; KA -2007: 3tan  x − ÷ = 2 ÷ 2   sin x  DB - 2002: sin x  3π  sin4 x + cos4 x 1 =2 = cot2x − ; DB -2005: tan − x÷+ 5sin2x 8sin2x   1+ cos x DB -2006: (2sin2x - 1)tan22x + 3(2cos2x - 1) = 2.3.2 Biểu diễn nghiệm pt hệ điều kiện đường tròn lượng giác k2π *Chú ý kiến thức: + Họ x= α + có n điểm biểu diễn đường tròn lượng giác n nên ta cần chọn n giá trị tham số k 0;1;2;…;n-1 + Họ x= α + k2π có điểm biểu diễn đường trịn lượng giác chọn k=0 Họ x= α + kπ có điểm biểu diễn đường tròn lượng giác chọn k=0,1 k2π Họ x = α + có điểm biểu diễn đường tròn lượng giác chọn k=0,1,2 *Chú ý kỷ thuật lấy nghiệm, loại nghiệm + Đối với phương pháp ta giải điều kiện tìm nghiệm pt hệ sau biểu diễn chúng đường tròn lượng giác + Ta biểu diễn họ nghiệm pt hệ trước sau biểu diễn họ điều kiện để dễ phát nghiệm loại + Mỗi điểm biểu diễn góc α ta kết luận nghiệm α + k2π + Hai điểm biểu diễn đối xứng qua O ta kết luận α + kπ k2π + n điểm BD tạo thành đa giác ta kết luận α + n 6 2(cos x + sin x) − sin xcosx = 0(1) VD1.( KA2006): − 2sin x y π  x ≠ + k2π (2)   ⇔ (k ∈ ¢ ) ĐK: sinx ≠ π x ≠ + k2π (3)  (1) ⇔ 2(1− sin2 2x) − sin2x = 2 ⇔ −3sin 2x − sin2x + = O x sin2x = π ⇔ ⇔ x = + kπ sin2x = −4/ Biểu diễn ta hai điểm đánh dấu × đối xứng hình vẽ Biểu diễn điều kiện ta hai điểm đánh dấu o hình vẽ Ta có điểm đánh dấu × khơng trùng thỏa mãn điều kiện Vậy pt có nghiệm x = 5π + kπ ,k∈ ¢ VD2.( KA2009) Giải pt: (1− 2sin x)cosx = (1) (1+ 2sin x)(1− sin x) π π  x ≠ + k π ; x ≠ − + k2π sin x ≠   Điều kiện:  1⇔  7π sin x ≠ −  + k2π  x ≠  π π   (1) ⇔ cosx − 3sin x = sin2x + 3cos2x ⇔ cos x + ÷ = cos 2x − ÷ 3 6   π π π   (2) 2x − = x + + k2π  x = + k2π ⇔ ⇔ π π 2x − = −(x + ) + k2π  x = − π + k2π (3)   18 y Biểu diễn họ (2), (3) ta điểm; biểu diễn điều kiện ta điểm có điểm trùng Vậy phương trình có nghiệm: O π k2π x= − + ,k∈ Z 18 x Rõ ràng trường hợp biến đổi điều kiện pt hàm số lượng giác nên ta dùng phương pháp mục i) x π (2 − 3)cosx − 2sin2  − ÷ VD3.( DB 2003):  4 =1 2cosx − y π Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ ± + k2π  π   (1) ⇔ (2 − 3)cos x − 1− cos x − ÷ = 2cos x −   x  ⇔ 3cos x − sin x = ⇔ tan x = ⇔ x = Đáp số: x = O π + kπ 4π + k2π , k∈ ¢ ) BÀI TẬP THỰC HÀNH 1)KD2011: sin2x + 2cosx − sin x − tanx + π (1+ sin x + cos2x)sin(x + ) = 2)KA-2010: = cos x 1+ tanx 10 7π   3) KA -2008: sin x + sin x − 3π / = 4sin − x÷ ( )   1 2.3.3 Thử trực tiếp nghiệm pt hệ vào điều kiện *Các ý: + Lấy điều kiện biến đổi gọn điều kiện, không giải điều kiện + Lấy nghiệm phương trình hệ thử vào điều kiện *Các ý kiến thức:   sinα nÕuk = 3n cosα nÕuk = 3n   k2π  2π k2π  2π sin(α + ) = sin(α + )nÕuk = 3n + ;cos(α + ) = cos(α + ) nÕuk = 3n +   3 3   4π 4π sin(α + )nÕuk = 3n + cos(α + ) nÕuk = 3n + 3      tanα nÕuk = 3n cot α nÕuk = 3n   kπ  π kπ  π tan(α + ) = tan(α + ) nÕu k = 3n + ; cot(α + ) = cot(α + ) nÕu k = 3n +  3  3   π 2π cot(α + ) nÕu k = 3n +  tan(α + ) nÕu k = 3n +   sin(u ± k2 π )=sinu; cos(u ± k2 π )=cosu; sin(u ± (2k+1) π ) =-sinu; tan(α + k π ) = tanα; cot(α + k π ) = cotα; cos(u ± (k2+1) π ) =-cosu; sinα nÕuk = 2n  cosα nÕuk = 2n sin(α ± k π ) =  cos(α ± k π ) =  ;  − sinα nÕu k = 2n +  − cosα nÕu k = 2n + Dựa vào ý kiến thức trên, ta dễ dàng xử lý nghiệm phương trình lượng giác sau: VD1( KA-2011): 1+ sin2x + cos2x = 2sin xsin2x (1) 1+ cot2 x Điều kiện: sinx ≠ (1) ⇔ sin2x(1+sin2x+cos2x)=2 sin2xcosx 11 ⇔ 2cos2x+sin2x=2 cosx (Do sinx ≠ 0) ⇔ π  x = + kπ  cosx =  2cosx(cosx + sinx − 2) = ⇔  ⇔  2sin(x + π ) =  π x = + k2π   π π Thử vào điều kiện sin( +k π )= ±1 ; sin( +k2 π )= thỏa mãn điều kiện Trong trường ta thử đơn giản, nhanh chóng nghiệm điều kiện đơn giản VD2) cosx + sin3x = (1)  − sin3x ≥ (*)  (1) ⇔ cos x = − sin3x ⇔  cosx = − sin3x (2)   cosx = sin3x (3)  π π 3π    3x = x − + k2π x = − + kπ (3) 3x = − + 3kπ (4)   π 4 ⇔ ⇔ (2) ⇔ sin3x = sin(x − ) ⇔  3x = π − (x − π ) + k2π  x = 3π + kπ (4) 3x = 9π + 3kπ (5)  8   π π kπ 3π 3kπ    3x = − x+ k2π x= + (5) 3x = + (6)   π 8 ⇔ ⇔ (3) ⇔ sin3x = sin( − x) ⇔  3x = π − (π − x) + k2π  x = π + kπ (6) 3x = 3π + 3kπ (7)    4 Thử họ (4), (5), (6), (7) vào (*) trường hợp làm cho sin3x ≤ thỏa mãn π π ĐS: x = − + 2kπ , x = − + k2π ; x = VD3) 3π 5π 9π 5π + 2kπ ; x = + k2π ; x = + k2π ; x = + k2π 8 2(sin x − cos x) = (1) tan x + cot2x cot x − 12 sinx ≠ cosx ≠  ĐK: sin2x ≠  tan x + cot2x ≠  cot x − 1≠ (1) ⇔ ⇔ cos x ≠  sin2x ≠ sin2x ≠ ⇔  cotx ≠ sin x ≠ sin x − cos x ≠ sin2x.cosx 2(sin x − cosx)sinx ⇔ sin2x = = cosx cosx − sinx sinx (do điều kiện) 3π  x = + k2π  ⇔ sinx(2cosx− 2) = ⇔ cosx = − ⇔   x = − 3π + k2π  (Do sinx ≠ ) sin2x ≠ 3π có x = + k2π thỏa mãn cot x ≠ Thay trực tiếp vào hệ  Vậy pt có nghiệm: x = 3π + k2π , k ∈ ¢ Trong trường hợp ta không kết hợp điều kiện lại ta phải thử tới trường hợp, nhanh ý ta thấy sin2x khác nên cần thử vào cotx Dùng tính chất chu kỳ cần thử nghiệm cụ thể chu kỳ π  Thí dụ: Giải phương trình sin x + ÷ = + sin2 xcos x (1) 4    π sin 3x + ÷ ≥ (*)    (1) ⇔  4 sin2  x + π  = + sin2 xcos2 x (2)   4÷    π   (2) ⇔ 1 − cos x + ÷÷ = + sin4 xcos2 x    π  x = + kπ (a)  12 ⇔ + 2sin6x = + 2(sin6x + sin2x) ⇔ sin2 x = ⇔   x = 5π + kπ (b)  12 13 π  Đối chiếu ĐK (*), Vì hàm số y = sin 3x + ÷ có chu kì T ≤ 2π , Nên ta cần 4  thử trực tiếp với k = 0; thấy k = (a) thỏa mãn; k = (b) thỏa mãn π 17π + k2π (k ∈ ¢ ) Vậy nghiệm PT(2) : x = + k2π , x = 12 12 Nhận xét: Ưu điểm phương pháp thử trực tiếp đơn giản, dễ hiểu phù hợp với việc dạy đại trà, đối tượng học sinh có học lực trung bình yếu Tuy nhiên với n lớn việc đối chiếu khơng thời gian BÀI TẬP THỰC HÀNH π   1) DB - 2005: tan + x÷− 3tan x =   2cos2x − ; cos2 x 2) cos3xtan5x = sin7x ; 3) tan2xtan3xtan5x = tan2x – tan2x – tan5x 2.3.4 Dùng tính chất tham số nguyên để chọn tham số hợp lý Chú ý: Để việc đối chiếu đk thực dễ dàng, ta cần lưu ý đến kiến thức sau: Cho pt ax + by = c ( a,b,c∈ ¢ ) (*) - pt(*) có nghiệm ngun D = (a, b) ước c - pt(*) có nghiệm nguyên (x 0, y0) (*) có vơ số nghiệm ngun Họ tất nghiệm nguyên pt(*) b a   (xt ;yt ) =  x0 + t;y0 t ữ vi t  D D sin xcot5 x =1 (1) Ví dụ Giải pt cos9 x mπ (2 m+ 1)π (m∈ ¢ ) Lời giải ĐK sin5x ≠ 0, cos9x ≠ 0, tức x ≠ x ≠ 18 Pt(1) ⇔ sinxcos5 x = sin5 xcos9 x ⇔ sin6 x− sin4 x = sin14 x− sin4 x  x = ⇔ sinx14 x = sin6 x ⇔ sinxcos5 x = sin5 xcos9 x ⇔  x =  kπ π kπ + 20 10 (a) (k ∈ ¢ ) (b) Đối chiếu đk: • Nghiệm (a) bị loại k,m∈ ¢ cho  kπ mπ  = 5k − 4m= 0(a')  k = 4t ⇔ ⇒ (k ∈ ¢ )  9k − 4m= 2(b')  k = − 4t  kπ = (2m+ 1)π  18 14 π tπ + (t ∈ ¢ ) nghiệm pt (3) • Nghiệm (b) bị loại k,m∈ ¢ cho Vậy với k lẻ tức x =  π kπ mπ  20 + 10 = 2k − 4m= −1 ⇔  18k − 20m=  π + kπ = (2m+ 1)π  20 10 18 Cả pt khơng có nghiệm nguyên Suy nghiệm pt π kπ π kπ + (k ∈ ¢ ) x = + (k ∈ ¢ ) , x = 20 10 cosx cos5 x 17π   − + sin2  x + = 4(cos2 x+ 1) VD 2: Giải pt cos3x cosx ÷   π π Lời giải: ĐK: cos3x ≠ ⇔ x ≠ + m (m∈ ¢ ) 17π   + 4(cos2 x+ 1) Ta có −8 sin  x + ÷   = 4cos2 x − cos4 x = sin xsin3x = −8cos x + cos2 x+ Do Pt (1) ⇔ cos x − cos5 xcos3 x = sin xcosxsin3 xcos3x + cos2 x cos8 x+ cos2 x = − = sin2 xsin6 x 2 ⇔ − cos8 x = sin6 xsin5 xcos3 x ⇔ − cos8 x = 2(cos4 x− cos3 x ⇔ cos4 x(cos4 x− 1) = cos4x = ⇔ cos4x = (1) π kπ  x = + (a)  ⇔  x = kπ (b)  Đối chiếu ĐK: π kπ π mx = + ⇔ 6k − 8m= Không có nghiệm nguyên *Nhận thấy + Suy ra, nghiệm (a) thỏa mãn điều kiện *Nghiệm (b) bị loại với k,m∈ ¢ cho Suy với k chẵn, tức x = lπ (l ∈ ¢ ) nghiệm pt (4) π π x = + k ; x = l π (kl ∈ ¢ ) 2.3.5 Phối hợp phương pháp xử lý pt lượng giác có điều kiện 15 Dựa vào chất pp ta thấy có pt pp không giải tốt được, phối hợp tận dụng ưu điểm pp ta xử lý pt nhanh gọn đơn giản π (1+ sin x + cos2x)sin(x + ) VD1.( KA-2010): = cosx (*) 1+ tanx (1) cosx ≠ cosx ≠ sin x ≠ ±1(3) ⇔ ⇔ Điều kiện:  1+ tanx ≠ sin x + cosx ≠ 0(2) tanx ≠ −1(4) (−2sin2 x + sin x + 2) (sin x + cosx)cosx Khi (*) ⇔ = cosx sin x + cosx ⇔ −2sin2 x + sin x + = (do điều kiện (1),(2)) sin x = (loai) ⇔ −2sin x + sin x + 1= ⇔  sin x = −  π  x = − + k2π  ⇔ sinx= - (do điều kiện (3)) ⇔  (k ∈ ¢ ) π x = + k2π  Dễ thử trực tiếp (2) họ nghiệm vào (4) thỏa mãn π Vậy pt (*) có nghiệm: x = − + k2π ; x = 7π + k2π (k ∈ ¢ ) Như phối hợp phương pháp loại nghiệm khác giúp ta loại giá trị lượng giác nghiệm không thỏa mãn cách liên tục nhanh chóng x x     VD2: log3  sin − sin x÷+ log1  sin + cos2x÷ =    3  x sin − sin x > ⇔ sin x − sin x = sin x + cos2x  2 (1) (2) 16 π  x = + 2kπ (3)   sin x = π ⇔  x = − + k2π (4) (2) ⇔ −2sin x + sin x + 1= ⇔   sin x = −    x = 7π + 2kπ (5)  Nhận thấy họ nghiệm (3) không thỏa mãn (1) nên bị loại  π  +) Thử họ nghiệm (4) vào (1) ta sin − + kπ ÷+  12  Biểu diễn α = − sinα > − π + kπ đường tròn lượng giác ta điểm có 12 , Do họ nghiệm (4) thỏa mãn (1)  7π  + kπ ÷+ +) Thử họ nghiệm (5) vào (1) ta sin  12  Biểu diễn đường tròn lượng giác ta điểm có điểm khơng thỏa mãn, họ nghiệm (5) khơng thỏa mãn k lẻ ĐS pt có nghiệm: x = − π 7π + 2nπ ; x = + 4nπ (n∈ ¢ ) 6 cos2x + sin2 x − sin2x 1+ tan x x π 2 x 2) KD – 2003: sin x − ÷tan x − cos =  4 1) KA – 2003: Cotx - = Bài tập thực hành nhiều phương pháp *Phương pháp Biểu diễn đường tròn lượng giác, pp thử trực tiếp pp phối hợp phương pháp 1) DB-2004: 1 π  − = 2cos x + ÷; cosx sin x 4  17 2) KD-2011: sin2x + 2cosx − sin x − = 0; tanx + x π  (2 − 3)cosx − 2sin2  − ÷ 3) DB-2003:   = 1; 2cosx − 2) DB-2004: 1  π − = 2cos x + ÷ cosx sin x 4  2.3.6 Điều kiện nghiệm theo yêu cầu đề Đối với dạng pt ta tiến hành giải bình thường lấy nghiệm pt sau xét đến điều kiện toán yêu cầu VI DỤ (KA - 2002) Tìm nghiệm thuộc khoảng (0; π ) pt: cos3x + sin3x   5 sin x + ÷ = cos2x + (1) 1+ 2sin2x   Điều kiện: 1+ sin2x ≠ ⇔ sin2x ≠ - cosx = (loai) (1) ⇔ 5cosx = cos2x + ⇔ 2cos x − 5cosx + = ⇔  cosx =  π ⇔ x = ± + 2kπ k∈ ¢ Nghiệm thuộc khoảng (0; π ) ta xét hệ π   π  + 2kπ > k > −  − + 2kπ >    π   π ;  + 2kπ < 2π ⇔ k <  − + 2kπ < 2π 3   k∈ ¢ k∈ ¢ k∈ ¢       π 5π ĐS: x = ; thỏa mãn sin2x ≠ 3  k >   ⇔ k <  k∈ ¢   VÍ DỤ (KD – 2002) Tìm x ∈ [0; 14] nghiệm pt Cos3x - 4cos2x + cosx - = (1) (1) ⇔ cos3x - 3cosx -4( 2cos2x - 1) + 3cosx – = ⇔ cos2x( cosx - 2) = ⇔ x = π + kπ k∈ ¢ 18 Để tìm nghiệm thỏa mãn đề ta xét hệ ĐS: x = π 3π 5π 7π , , , thỏa mãn ycbt 2 2 2− π  π  k > 2π ; −0,181  + kπ >   28− π π  ; 3,956  + kπ < 14 ⇔ k < 2π 2  k∈ ¢ k∈ ¢     VÍ DỤ ( DB -2002) Xác định m để phương trình: 2(sin4x + cos4x ) + cos4x + 2sin2x – m = (1) π   Có nghiệm thuộc  0;   2  π (1) ⇔ - 3sin2x + 2sin2x + – m = (2) Đặt t = sin2x, x ∈  0;  ⇒ t∈ [ 0;1]  2 (2) trở thành -3t2 + 2t + = m; xét hàm số f(t) = -3t2 + 2t +  10 Lập bảng biến thiên ta m∈ 2;  pt có nghiệm thỏa mãn ycbt  3 BÀI TẬP THỰC HÀNH  KSCL- 2008: Cho phương trình: 2    + cos2 x÷+ m − cos x÷ =  cos x   cos x  π   a) Giải pt m = 9; b) Tìm m để pt có nghiệm thuộc  0; ÷   19 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục với thân, đồng nghiệp nhà trường Bằng việc quan tâm đến khó khăn học sinh học tập tiếp thu kiến thức, thực hành giải tập vận dụng kiến thức Toán học vào đời sống thực tiễn, thân điều tra tìm hiểu, nghiên cứu, thực nghiệm tốn phương trình lượng giác đặc biệt phương trình lượng giác có điều kiện, theo ý quy trình sáng kiến kinh nghiệm, học sinh tiếp thu kiến thức cách dễ dàng, vận dụng sau học cho tốn tương tự có hình thức thực tế khác Thực tế nhiều năm gần có nhiều học sinh thủ khoa, học sinh giỏi tỉnh, điểm cao kỳ thi Đại học, học sinh giỏi, đa số em học sinh dạy kỳ thi quan trọng làm tốt câu lượng giác phương trình lượng giác Sáng kiến kinh nghiệm làm việc sau đây: - Hệ thống tương đối đầy đủ trường hợp pt lượng giác có điều kiện - Nêu bật kiến thức, biến đổi, ý trường hợp cách vận dụng kỷ thuật thơng qua ví dụ - Các ví dụ quan tâm cụ thể đến đề thi đại học, kỳ thi quan trọng học sinh THPT - Nêu rõ chất, thể đầy đủ sở lí luận cho phương pháp cụ thể Chú ý dạng đặc trưng, dạng nhiều phương pháp giải, dạng phối hợp - Hệ thống ví dụ phong phú hình thức, đa dạng nội dung chứa thức, chứa giá trị tuyệt đối, logarit, có tham số Có nhiều cấp độ từ HS trung bình đến HS giỏi Do sáng kiến kinh nghiệm dùng làm tài liệu tham khảo quan trọng hoạt động dạy giáo viên, học học sinh 20 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Bằng việc nắm rõ chất vấn đề, ý kiến thức, kinh nghiệm, xây dựng hợp lý quy trình, thuật giải theo dạng cụ thể Giải tốn phương trình lượng giác có điều kiện kỳ thi Đại học, học sinh giỏi, THPT quốc gia học sinh THPT, đề tài thu kết quan trọng sau đây: * Chú ý kiến thức quan trọng liên quan đến phương trình lượng giác có điều kiện, đề thi, đặc biệt kì thi THPT quốc gia * Thể rõ nội dung kỷ thuật trường hợp, thơng qua gợi ý, hướng dẫn ví dụ đề thi cụ thể * Phân dạng tốn điển hình từ đơn giản phổ biến đến nâng cao sử dụng đề thi quan trọng * Chú ý kinh nghiệm thân nhằm tách bỏ hình thức tốn khỏi nội dung, phát chất vấn đề dễ dàng việc loại nghiệm pt lượng giác có điều kiện * Thể hệ thống tập phong phú hình thức, cấp độ mang tính thời sự, phản ánh đầy đủ nội dung kiến thức, phương pháp dạng toán quan trọng Hy vọng kinh nghiệm thân, giảm bớt phần khó khăn cho dạy học giáo viên, học tập học sinh, việc giải tốn phương trình lượng giác có điều kiện, góp phần nâng cao chất lượng dạy giáo viên chất lượng học học sinh XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày tháng năm 2017 CAM KẾT KHÔNG COPY Nguyễn Văn Bảo 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nguyến Bá Kim, NXB Giáo dục, HN 2002 Giáo dục học mơn Tốn, Phạm Văn Hồn (chủ biên), NXB Giáo dục, HN 1981 Đại số giải tích 11 nâng cao, Nguyễn Huy Đoan (chủ biên), năm 2007, NXB Giáo dục, HN Đại số giải tích 11 nâng cao sách giáo viên, Nguyễn Huy Đoan (chủ biên), năm 2007, NXB Giáo dục, HN Nguyễn Văn Bảo (2005), Góp phần rèn luyện cho học sinh lực vận dụng kiến thức Toán học để giải số tốn có nội dung thực tiễn, Luận văn Thạc sĩ giáo dục học, Trường Đại học Vinh, Vinh Giải toán nào?, G.Pôlia, NXB Giáo dục, HN.1997 22 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO XẾP LOẠI Họ tên tác giả: Nguyễn Văn Bảo Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Lương Đắc Bằng TT Tên đề tài SKKN Cấp Kết đánh giá đánh giá xếp loại xếp loại Trực quan tiết dạy học Tốn trường Phịng B THPT GD&ĐT Thiết kế hoạt động nhận diện chất Sở C toán rèn luyện kỹ khái quát hóa cho GD&ĐT học sinh theo định hướng đổi PPDH Khắc phục khó khăn trực quan tiết Sở B tập học hình học 11 nhờ phương tiện dạy GD&ĐT học Sự ảnh hưởng quan trọng công tác chủ Sở C nhiệm tới phát triển học sinh THPT GD&ĐT Xây dựng quy trình thuật giải chung cho Sở B tốn hình học khơng gian tổng hợp lớp GD&ĐT 12 phương pháp tọa độ Tách bỏ hình thức, phát chất Sở B tốn xác suất có nội dung thực tế GD&ĐT đề thi THPT Quốc gia Năm đánh giá xếp loại 2001 2008 2012 2013 2015 2016 23 ... 11 nâng cao, Nguyễn Huy Đoan (chủ biên), năm 2007, NXB Giáo dục, HN Đại số giải tích 11 nâng cao sách giáo viên, Nguyễn Huy Đoan (chủ biên), năm 2007, NXB Giáo dục, HN Nguyễn Văn Bảo (2005), Góp... tháng năm 2017 CAM KẾT KHÔNG COPY Nguyễn Văn Bảo 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nguyến Bá Kim, NXB Giáo dục, HN 2002 Giáo dục học mơn Tốn, Phạm Văn Hoàn (chủ biên), NXB Giáo dục,... NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO XẾP LOẠI Họ tên tác giả: Nguyễn Văn Bảo Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Lương Đắc Bằng TT Tên đề tài SKKN Cấp