ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA vào GIẢI một số BÀI TOÁN đại số TRONG TRƯỜNG THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ TRONG TRƯỜNG THPT Người thực hiện: Trịnh Đình Chiến Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (môn) : Toán MỤC LỤC Nội dung Trang Mục lục 1.MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 3 2.1.1 Các hàm số bản………………… 2.1.2 Một số biểu thức lượng giác bản miền giá tri 2.1.3 Phép đổi biến số………… 2.2 Cơ sở thực tiễn 2.3 Nội dung nghiên cứu 2.3.1 Dạng 11 2.3.2 Dạng 13 2.3.3 Dạng 15 2.3.4 Dạng 2.4 Kết quả nghiên cứu của SKKN 16 18 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ…………………………………… Tài liệu kham khảo 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Là giáo viên dạy nhiều năm bợ mơn tốn THPT, tơi gặp khơng trắc trở việc giảng dạy nhiều tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vơ tỉ, tích phân, số phức Vì tốn có thể có nhiều cách giải khác nhau, cách giải thể khái niệm toán học của Trong cách giải khác đó, có cách giải thể tính hợp lí dạy học, có cách giải thể tính sáng tạo của tốn học Phương pháp lượng giác hóa mang lại tính sáng tạo, ngắn gọn, dễ hiểu cho học sinh xử lí mợt số tốn khó Chính tơi chọn đề tài của sáng kiến kinh nghiệm là:”Ứng dụng phương pháp lượng giác hóa để giải mợt số tốn đại số trường THPT” 1.2 Mục đích nghiên cứu Trong đề tài muốn hướng dẫn học sinh giải mợt số tốn bằng “ mắt” của lượng giác Từ tốn khơng chứa ́u tố lượng giác, bằng phép đổi biến ta chuyển toán lượng giác, cách giải gọi phương pháp lượng giác hoá Qua phương pháp giúp học sinh phát triển tư sáng tạo, tư logic tởng qt hóa tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Đề tài áp dụng phần giải phương trình, hệ phương trình vơ tỉ, số phức Phương pháp dành cho học sinh ôn thi học sinh giỏi ôn thi THPT Quốc gia 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Ở nêu phương pháp xây dựng sở lí thút thơng qua mợt số tốn cụ thể phương trình, có hệ phương trình, số phức Trong ví dụ tơi cố gắng phân tích để dẫn dắt người đọc hiểu áp dụng phương pháp lượng giác hóa để giải Bên cạnh tơi cịn nêu mợt số tập để người đọc có thể rèn luyện thêm kiến thức 2 NỢI DUNG 2.1 Cơ sở lí ḷn Việc giảng dạy ôn luyện giúp học sinh giải tốn liên quan đến lượng giác hố, địi hỏi người giáo viên có phương pháp định hướng bản dạng toán, sử dụng phương pháp logic, biết phân biệt phương pháp ngộ nhận logic Vấn đề chỗ tốn thích hợp cho việc lượng giác hoá Những kiến thức liên quan: 2.1.1 Các hàm số bản: *) Hàm số: y sin x , y cos x  Miền xác định: R  Miền giá trị:   1;1  Chu kì: 2 *) Hàm số: y  tan x   Miền xác định: x  R : x   k , k  Z  Miền giá trị: R  Chu kì:  *) Hàm số: y cot x  Miền xác định: x  R : x k , k  Z  Miền giá trị: R  Chu kì:  2.1.2 Một số biểu thức lượng giác về miền giái trị: *) Nếu A sin x  cos x  cos( x    )  sin( x  ) ta có  4 A   B  *) Nếu B cos x  sin x  cos( x  )  sin( x   ) ta có  *) Nếu C  sin x   cos x ta có     C     2.1.3 Phép đổi biến số:   ;  2   *) Nếu x k , (k  0) ta đặt x k cos  ,    0;   x k sin  ,       ;   2  *) Nếu x  R ta đặt x tan  ,     c *) Nếu x, y thoả mãn điều kiện a x  b y c , (a, b, c  0) ta đặt x  sin  , a c y  cos  ,    0;2  b *) Nếu x, y, z thoả mãn x  y  z  xyz xy  yz  zx 1 ta có thể đặt x tan  ,    0;       y tan  , z  tan  với  ,  ,     ;      2      ;    2 *) Một số biểu thức (dấu hiệu) thường gặp: Biểu thức x a Cách đặt x  a tan  (hoặc x  a cot  ) (hoặc x  a cos  ) x2  a2 x a ax a x a x ax (hoặc    0;   ) (hoặc    0;   )      0;   \    2 cos  a       ;   2       ;   2 x  a sin  a2  x2 Miền giá trị biến a sin  x a cos 2         ;  \  0  2  R  R ( x  a )(b  x ) x a  (b  a ) sin  xy x y  xy  xy  x  tan    y  tan     ,    ;   2 2.2 Cơ sở thực tiễn Trong trường THPT có nhiều đối tượng học sinh, cơng việc giảng dạy cho đa số học sinh tiếp thu, hiểu vận dụng giải tốn khơng phải cơng việc đơn giản của giáo viên Để giảng dạy nâng cao kết quả học tập của học sinh, thực nhiều biện pháp từ giáo dục, đợng viên giúp đỡ không thể thiếu phương pháp giảng dạy khoa học lôgic, tạo đợng lực để học sinh say mê, tìm tịi, nghiên cứu, sở khoa học mà người thầy gieo Trong biện pháp có mợt vấn đề liên quan đến đề tài mà tơi trình bày đề tài có nhấn mạnh đến mợt số dạng tởng qt dành cho học sinh giỏi, khơng phải để dạy mợt lớp có nhiều đối tượng học sinh Tuỳ thuộc vào yêu cầu rèn luyện, ôn tập cho học sinh mà người thầy linh hoạt giải quyết 2.3 Nội dung nghiên cứu 2.3.1 DẠNG 1: Trong có chứa biểu thức dạng a  x   ; (hoặc x  a cos  , với    0;   )  2   Phương pháp: Ta đặt x  a sin  , với    Ví dụ 1: Giải phương trình: x  3x   x Nhận xét: Trong phương trình có xuất dấu hiệu a  x với a 1 Giải: Điều kiện:  x 0  x 1 (*) Với điều kiện (*) ta đặt x cos  ,    0;   (**) Khi phương trình chuyển dạng: (**) cos   cos    cos   cos 3  sin   cos 3 sin     cos 3 cos    2      3     k 2     3      k 2        x cos    k 8     (**) 5 5      x cos    8   k     3  x cos 3   4  Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x cos , x cos 5 3 , x cos   ;  2   Lưu ý: Ta có thể đặt x sin  ,     Ví dụ 2: Giải phương trình:   x  x(1   x ) Nhận xét: Trong phương trình có xuất dấu hiệu a  x với a 1 Giải: Điều kiện:  x 0  x 1 (*)   ;  2   Với điều kiện (*) ta đặt x sin  ,     Khi phương trình chuyển dạng:   sin  sin  (1   sin  )   cos  sin  (1  cos  )   cos cos  sin   sin 2   (1  2 cos  3  2 sin cos 2     cos 0      x 3  sin ) 0        2  3    x 1 sin    x  Vậy phương trình có nghiệm phân biệt   x 1 Lưu ý: Ta có thể đặt x cos  ,    0;   3x  Ví dụ 3: Giải bất phương trình:  x  1 x2 Giải: ĐK:  x     x  Ta đặt x cos t , t   0;   (**) Khi BPT chuyển dạng: cos t     cot t  cot t    2  cos t  cos t   cos t  sin t 0  t            t  2   cos t  sin t 4 (**)  2 cot t  cot t      x 1     x     Vậy tập nghiệm của BPT T   1;    ;1      x   y 1 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình   y   x 1 Giải: ĐK:   x, y 1  x sin     với  ,     ;   2  y sin  Ta đặt  Khi hệ đưa dạng:  sin   cos  1     sin   cos  1  sin   cos  1  sin   cos  1       0    sin(   ) 0         0  x  y 0          x  y 1  Vậy hệ có nghiệm (0;0), (1;1)   x  y 0 m Ví dụ 5: Tìm để hệ sau có nghiệm:   3mx  y 5m (1) Giải: ĐK:   x 1 Ta đặt x cos t , t   0;   Khi từ (1) có dạng: (2) 3m cos t   cos t 5m  cos sin t 5m Để hệ (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn sin t 0  (3m)  (5m)      m 0  sin t 3m cos t  0 Vậy   m 0 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: Giải PT, BPT, Hệ PT sau: 1) x  (1  x )  x 2(1  x ) ĐS: PT có nghiệm: x  ; x 1   2 21  2)   x (1  x)  (1  x) 2   x ĐS: PT có nghiệm: x  1 2 2  3) x  1 x2 3x  4)  x  1 x2 5) x   x   x   y 2 6)   y   x 2 2.3.2 DẠNG 2: Trong có chứa biểu thức dạng x  a Phương pháp: Ta đặt x  (hoặc a  a a   , với    0;   \    2 cos      , với     ;  \  0 )  2 sin  Ví dụ 6: Giải phương trình x  x x2  2 Nhận xét: Trong phương trình có xuất dấu hiệu x  a với a 1 Giải:  x2    x  Điều kiện:  x 0 Với điều kiện (*) ta đặt x  (*)   ,    0;  cos   2 Khi phương trình chuyển dạng: 1 cos  2   2  sin   cos  2 sin  cos  cos  sin  1 cos   cos  u2  Đặt u sin   cos  (điều kiện u  ), ta có sin  cos   Kho phương trình có dạng: u  (u  1)  2u  u   sin   cos    u  2 0   u  (l )      sin(  )       k 2     x  4 Vậy phương trình có nghiệm: x  Lưu ý: Ta có thể đặt x    ,    0;  sin   2 Ví dụ 7: Giải bất phương trình x  x x 1  HD: x  Điều kiện: x     x   Với điều kiện (*) ta đặt x  Bất phương trình trở thành (*)   , t   0;   \   cos t  2 cos t 1   cos t cos t sin t (2) Xét hai trường hợp:   TH1: t   0;  2  Phương trình (2) có dạng: 1    2(sin t  cos t )  sin t cos t cos t sin t Đặt u sin t  cos t (u    ; )  sin t cos t  (2’) u2  BPT (2’) trở thành: 2u  u2     u    2   TH2: t   ;    Ví dụ 8: Giải bất phương trình x  x2   HD: ĐK: x  Ta đặt x    , t   0;   \   cos t  2 (**) 10 Khi BPT có dạng: cos t 1   cos t sin t cos t Xét hai trường hợp:   TH1: t   0;   2  2   TH2: t   ;    BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: 1) Giải phương trình: x  x x 1  35 12 5 ĐS: Phương trình có nghiệm: x  ; x  2) Giải bất phương trình: x  x x2   35 12 2.2.3 DẠNG 3: Trong có chứa biểu thức dạng x  a   ;   2  Phương pháp: Ta đặt x  a tan t , với t    (hoặc x  a cot t , với t   0;   ) Ví dụ 9: Giải phương trình x   x  2 x 1 Nhận xét: Trong phương trình có xuất dấu hiệu x  a với a 1 Giải: ĐK: x  R   ;   2  Đặt x tan t , với t    Phương trình cho trở thành: tan t  tan t  tan t   11 sin t 1(l )  sin t  sin t  0   sin t     Với sin t   t   x tan( )  Vậy phương trình có nghiệm x  x Ví dụ 10: Giải bất phương trình x  3  3x 1 Giải: ĐK: x  R     Đặt tan t , với t    ;   2 x Bất phương trình cho trở thành: tan t   tan t  tan t   x  sin t  sin t    1 sin t 1  tan t    ln đúng 3 Vậy BPT có nghiệm đúng x  R Ví dụ 11: Với a 0 , giải bất phương trình x  a x  2a x2  a2 Nhận xét: Có dạng của ví dụ 10 Giải: ĐK: x  R   ;   2  Đặt x  a tan t , với t    2 Bất phương trình cho trở thành: a tan t  a  a tan t   sin t  sin t    2a a tan t  a  a 1 sin t 1  tan t   x  3 12 a Vậy BPT có nghiệm đứng x  BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: 1) Giải phương trình: x  x  11 31 ĐS: x 5 2 2) Giải bất phương trình: 2( x  x  a )  5a x2  a2 2.2.4 DẠNG 4: Nếu x,y thỏa mãn điều kiện a x  b y c , (a, b, c  0) ta đặt c c x  sin  , y  cos  ,    0;2  a b Ví dụ 12: Cho phương trình x   x m (với m tham số) (1) a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm b) Giải phương trình m 1 Giải:  x 0   x 1   x 0 ĐK:   x cos t   , với t  0;   2   x sin t Ta thấy rằng ( x )  (  x ) 1 , nên ta đặt  m  Khi phương trình trở thành: cos t  sin t m  cos(t  )  a) Điện để (1) có nghiệm  (1’) có nghiệm    m  (1’) 1   m  b) Khi m 1 , phương trình cho trot thành: cos(t  )    t      cos(t  ) cos   (do t  0;  )  4  2  t 0  *) Với t   x 0  x 0 13 *) Với t 0  x 1  x 1 Vậy m 1 phương trình (1) có nghiệm x 0 , x 1 Lưu ý: Bài toán ta có thể giải bằng phương pháp khác Ví dụ : Giải bất phương trình  x   x  x 1  x 0    x 1 1  x 0 ĐK:  (*) Với điều kiện (*) ta đặt x cos t , với t   0;   Khi bất phương trình chủn dạng:  cos t   cos t cos t   cos t   cos t t  cos t   cos(  ) 0 2  t         x 0 2 Vậy bất phương trình có nghiệm   x 0 Ví dụ 13 : Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: a  x  a  x  a Giải:  a 0  ĐK:  a  x 0   a  x 0   a 0    a  x a (*) Với điều kiện (*) ta đặt x a cos t , với t   0;   (**) Khi bất phương trình chủn dạng: a  a cos t  a  a cos t  a cos t  Từ (**) ta được:  t t t  a 2a (cos  sin )  a   cos(  )  2  t   t      cos(  ) 1 4 2 Vậy để bất phương trình có nghiệm điều kiện là: a 1  a  Ví dụ 14: Cho số phức z thỏa mãn z  1 2i  Tìm môđun lớn của số phức z  2i 14 A 26 17 B 26 17 C 26  17 D 26  17 Giải: z  x  yi ;  x ��; y �� � z  2i  x   y  2 i Gọi Ta có: z  1 2i  �  x  1   y  2  2 0;2 � Đặt x  1 3sin t; y  2  3cost; t �� � � � z  2i   1 3sin t    4  3cost   26  6 sin t  4cost   26  17sin  t    ;   �� 2 � 26 17 �z  2i � 26  17 � z  2i max  26  17 � Chọn đáp án A Ví dụ 15: Cho số phức z thoả mãn z   4i  Gọi M m giá trị lớn giá trị 2 nhỏ của biểu thức P  z   z  i Tính mơđun của số phức w  M  mi A w  2315 B w  1258 C w  137 Giải D w  309 2 x   y  1 � x  y  Đặt z  x  yi Ta có P   x    y  � � � Mặt khác z   4i  �  x  3   y    Đặt x   sin t , y   cos t Suy P  sin t  cos t  23 Ta có 10 �4 sin t  cos t �10 Do 13 �P �33 � M  33 , m  13 � w  332  132  1258 Chọn B 2 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: 1) Giải bất phương trình:  x   x  x ĐS:   x 0 2) Tìm a để BPT sau có nghiệm: a  x  a  x  a ĐS: a  3) Cho số phức z thỏa mãn z  1 2i  Tìm mơđun nhỏ của số phức z  1 i ĐS: 2.3 KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: 15 Qua q trình giảng dạy tơi thấy học sinh giải qút tốn tḥc dạng mợt cách nhanh hơn, linh hoạt bằng phương pháp lượng giác hóa Thực tế, nhiều năm liền tơi may mắn giảng dạy lớp nâng cao có nhiều đối tượng học sinh khá, giỏi Vào tiết luyện tập tơi có việc lồng ghép phương pháp lượng giác háo để học sinh giải tập nâng cao nhằm em thu thập thên kiến thức kinh nghiệm để áp dụng kì thi đại học, cao đẳng Năm học 2018 – 2019 tơi phân dạy mơn tốn lớp 12C6, 12C7 trường THPT Hàm Rồng (là lớp chọn theo khối A1 của nhà trường) Kết quả kiểm tra nhóm học sinh (có học lực từ TB trở lên) cuối năm lớp 12 chủ đề: Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vơ tỉ, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ của mô-đun số phức thu kết quả sau: Nhóm Sĩ Giỏi SL Khá SL Trung bình SL TL% Yếu SL TL% TL% TL% số Nhóm1 20 35,0% 10 50,0% 10,0% 5,0% Nhóm 20 10,0% 45,0% 35,0% 10,0% Nhóm 1(Được dạy phương pháp lượng giác hóa): học sinh của lớp 12C6 Nhóm 2(không dạy phương pháp lượng giác hóa): học sinh của lớp 12C7 KẾT LUẬN-KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Với kết quả nghiên cứu đạt được, thành công việc hướng dẫn, bồi dưỡng đối tượng hoc sinh khá, giỏi Tuy nhiên , để giải qút tốn bằng phương pháp lượng giác hóa en học sinh cần phải nắm vững cơng thức LG giải phương trình, BPT lượng giác 3.2 Kiến nghị: Trong thời gian tới, nếu có điều kiện mở rộng nghiên đề tài Trên mợt phương pháp giải phương trình, BPT, hệ phương trình vơ tỉ, tìm GTLN, GTNN của mơ-đun số phức bằng phương pháp lượng giác hóa việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Tuy nhiên, đề tài khơng tránh khỏi thiếu 16 sót cần bở sung Tơi mong sự góp ý q đồng nghiệp để SKKN của tơi hồn thiện Xin trân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ Thanh hóa, ngày 25 tháng năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN của viết, khơng chép nợi dung của người khác Người viết Trịnh Đình Chiến TÀI LỆU THAM KHẢO Phương pháp giải toán – Lê Hồng Đức (chủ biên) 17 Phương trình bất phương trình – Phan Huy Khải Giải tích đại – Vũ Tuấn (3 tập) Một số số báo “ Tốn học t̉i trẻ” DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI Họ tên tác giả: Trịnh Đình Chiến Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên Kết Năm học 18 TT Tên đề tài SKKN Cấp đánh giá đánh giá đánh giá xếp loại xếp loại xếp loại Phát sửa chữa sai Sở giáo dục đào lầm của học sinh giải tạo hóa tốn tở hợp Mợt số phương pháp giải tốn Sở giáo dục đào hình học khơng gian trường tạo hóa (A, B, C) C 2013-2014 B 2015-2016 THPT 19 ... kiến kinh nghiệm là:”Ứng dụng phương pháp lượng giác hóa để giải mợt số tốn đại số trường THPT? ?? 1.2 Mục đích nghiên cứu Trong đề tài muốn hướng dẫn học sinh giải một số toán bằng “ mắt”... Phương pháp dành cho học sinh ôn thi học sinh giỏi ôn thi THPT Quốc gia 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Ở nêu phương pháp xây dựng sở lí thút thơng qua mợt số tốn cụ thể phương trình, có hệ phương. .. giải gọi phương pháp lượng giác hoá Qua phương pháp giúp học sinh phát triển tư sáng tạo, tư logic tởng qt hóa tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Đề tài áp dụng phần giải phương trình, hệ phương