Để giảng dạy nâng cao kết quả học tập của học sinh, tôi đã thực hiện nhiều biện pháp từ giáo dục, động viên giúp đỡ trong đó không thể thiếu phương pháp giảng dạy khoa học lôgic, tạo độn[r]
(1)Tên đề tài: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ.
A ĐẶT VẤN ĐỀ:
Trong hoạt động dạy học nhà trường, q trình tìm tịi đúc kết nâng tầm giải tốn theo hướng tổng qt, từ làm rõ nội dung toán dạng đặc biệt, giúp cho việc dạy có định hướng cụ thể, lơgic, người học tiếp thu có nhiều hội sáng tạo, đổi phương pháp dạy học
Là giáo viên dạy nhiều năm môn tốn THPT, tơi gặp khơng trắc trở việc giảng dạy nhiều toán giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình vơ tỉ Vì tốn có nhiều cách giải khác nhau, cách giải thể khái niệm tốn học Trong cách giải khác đó, có cách giải thể tính hợp lí dạy học, có cách giải thể tính sáng tạo tốn học Trong đề tài tơi muốn hướng dẫn học sinh giải số phương trình, bất phương trình hệ phương trình vơ tỉ “ mắt” lượng giác
Từ tốn khơng chứa yếu tố lượng giác, phép đổi biến ta chuyển toán lượng giác, cách giải gọi phương pháp lượng giác hố Do đó, qua công tác giảng dạy, đúc kết kinh nghiệm nhiều năm thân việc học tập nghiên cứu khoa học, thử nghiệm trực tiếp nhiều năm giảng dạy, mạnh dạn trao đổi đồng nghiệp kinh nghiệm thân
B CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Việc giảng dạy ôn luyện giúp học sinh giải toán liên quan đến lượng giác hố, địi hỏi người giáo viên có phương pháp định hướng dạng toán, sử dụng phương pháp logic, biết phân biệt phương pháp ngộ nhận logic Vấn đề chỗ toán thích hợp cho việc lượng giác hố
Những kiến thức liên quan: 1) Các hàm số bản:
*) Hàm số: y=sinx , y=cosx Miền xác định: R
Miền giá trị: [−1;1] Chu kì: 2π
*) Hàm số: y=tanx
Miền xác định: ∀x∈R:x ≠π2+kπ ,k∈Z
Miền giá trị: R Chu kì: π *) Hàm số: y=cotx
Miền xác định: ∀x∈R:x ≠ kπ , k∈Z Miền giá trị: R
Chu kì: π
(2)*) Nếu A=sinx+cosx=√2 cos(x −π
4)=√2 sin(x+ π
4) ta có −√2≤ A ≤√2 *) Nếu B=cosx −sinx=√2 cos(x+π
4)=√2 sin(x − π
4) ta có −√2≤ B ≤√2 *) Nếu C=αsinx+βcosx ta có −√α2+β2≤C ≤√α2+β2
*) Nếu D=cosnx+sinnx ta có −1≤ D ≤1 3) Phép đổi biến số:
*) Nếu |x|≤k ,(k>0) ta đặt x=kcosα , α∈[0; π] x=ksinα , α∈[−π
2; π 2] *) Nếu x∈R ta đặt x=tanα , α∈(−π
2; π 2) *) Nếu x , y thoả mãn điều kiện a2x2
+b2y2=c2,(a , b , c>0) ta đặt x=casinα ,
y=c
bcosα , α∈[0;2π]
*) Nếu x , y , z thoả mãn x+y+z=xyz xy+yz+zx=1 ta đặt
x=tanα , y=tanβ , z=tanγ với α , β , γ∈(−π
2; π 2)
α∈[0; π]
¿
α∈[−π 2;
π 2]
¿ ¿ ¿ ¿
*) Một số biểu thức (dấu hiệu) thường gặp:
Biểu thức Cách đặt Miền giá trị biến
√x2+a2 x=|a|tanα
(hoặc x=|a|cotα ) α∈(−π2; π 2) (hoặc α∈(0;π) )
√a2− x2 x=|a|sinα
(hoặc x=|a|cosα )
α∈[−π 2;
π 2] (hoặc α∈[0; π] ) √x2−a2 x= |a|
cosα a= |a|
sinα
¿ ¿α∈[0; π]{π
2
¿
hoặc
¿ ¿α∈[−π
2; π 2]{0 ¿
√a+x
a − x √ a − x
a+x
x=acos2α α∈R
√(x − a)(b − x) x=a+(b − a)sin2α
(3)x+y
1−xy
x − y 1+xy
¿
x=tanα
y=tanβ
¿{
¿
α , β∈(−π ;
π 2) C 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 giáo viên
Để giảng dạy nâng cao kết học tập học sinh, thực nhiều biện pháp từ giáo dục, động viên giúp đỡ khơng thể thiếu phương pháp giảng dạy khoa học lôgic, tạo động lực để học sinh say mê, tìm tịi, nghiên cứu, sở khoa học mà người thầy gieo Trong biện pháp có vấn đề liên quan đến đề tài mà tơi trình bày đề tài có nhấn mạnh đến số dạng tổng quát dành cho học sinh giỏi, khơng phải để dạy 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
Năm học 2009 – 2010 tơi phân dạy mơn tốn lớp 10A1 (là lớp chọn theo khối A nhà trường), lớp 10A2 theo dạy em lớp 12
Kết kiểm tra nhóm học sinh (có học lục từ TB trở lên) cuối năm lớp 10 chủ đề: Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình vơ tỉ thu kết sau:
Nhóm Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu
SL TL% SL TL% SL TL% SL TL%
Nhóm1 20 10,0% 10 50,0% 35,0% 5,0%
Nhóm 16 0,0% 50,0% 37,5% 12,5%
D NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
DẠNG 1: Trong có chứa biểu thức dạng √a2− x2 Phương pháp: Ta đặt x=|a|sinα , với α∈[−π
2; π
2] (hoặc x=|a|cosα , với α∈[0; π] )
Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x3−3x
=√1− x2
Nhận xét: Trong phương trình có xuất dấu hiệu √a2− x2 với a=1 Giải:
Điều kiện: 1− x2≥0⇔|x|≤1 (*)
Với điều kiện (*) ta đặt x=cosα , α∈[0; π] (**) Khi phương trình chuyển dạng:
4 cos3α −3 cosα
=√1−cos2α⇔cos 3α=|sinα|⇔
(**)
cos 3α=sinα
⇔cos 3α=cos(π
(4)3α=π
2− α+k2π
¿
3α=−π
2+α+k2π
¿
⇔
¿
α=π
8+ kπ
2
¿
α=−π
4+kπ
¿
α=π
8
¿
α=5π
8
¿
α=3π
4
¿
x=cosπ
8
¿
x=cos5π
8
¿
x=cos3π
4
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿
⇔
(**)
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x=cosπ
8, x=cos 5π
8 , x=cos 3π
4
Lưu ý: Ta đặt x=sinα ,α∈[−π
2; π 2]
Ví dụ 2: Giải phương trình: √1+√1− x2=x(1+2√1− x2)
Nhận xét: Trong phương trình có xuất dấu hiệu √a2− x2 với a=1 Giải:
(5)Với điều kiện (*) ta đặt x=sinα ,α∈[−π
2; π 2] Khi phương trình chuyển dạng:
√1+√1−sin2α=sinα(1+2√1−sin2α)⇔√1+cosα=sinα(1+2 cosα)
⇔√2 cosα
2=sinα+sin 2α⇔√2 cos α 2=2 sin
3α cos
α ⇔√2 cosα
2(1−√2sin 3α
2 )=0⇔ cosα
2=0
¿
sin3α =√
2
¿
α=π
6
¿
α=π
2
¿
x=1
2
¿
x=1
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿
Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x=1
2
¿
x=1
¿ ¿ ¿ ¿
Lưu ý: Ta đặt x=cosα , α∈[0; π] Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 1− x1 2>
3x
√1− x2−1 Giải:
ĐK: 1− x2>0⇔−1<x<1
(6)1 1−cos2t>
3 cost
√1−cos2t−1⇔ ⇔cot
2t −3 cott
+2>0⇔
cott>2
¿
cott<1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
⇔
(**)
0<t<π
2 cos2t>4 sin2t
⇔ ⇔
√5<x<1
¿
−1<x<√2
2
¿
cost>2 sint
¿
π 4<t<π
¿
{
¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿
¿ ¿ ¿
Vậy tập nghiệm BPT T=(−1;√2
2 )∪(
√5;1) Ví dụ 4: Giải hệ phương trình
¿
x+√1− y2=1
y+√1− x2=1
¿{
¿
Giải:
ĐK: −1≤ x , y ≤1 Ta đặt
¿
x=sinα
y=sinβ
¿{
¿
với α , β∈[−π 2;
(7)sinα+cosβ=1
sinβ+cosα=1
⇔ ⇔
¿sinα+cosβ=1
sin(α+β)=0
⇔
¿sinα+cosβ=1
α+β=0
¿ ¿
α+β=π
¿ ¿⇔
¿ ¿{
¿ ¿
⇔ α=β=0
¿
α=β=π
2
¿
x=y=0
¿
x=y=1
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿
Vậy hệ có nghiệm (0;0),(1;1)
Ví dụ 5: Tìm m để hệ sau có nghiệm:
¿ √1− x2− y
=0 mx−3y=5m
¿{ ¿
(1) Giải:
ĐK: −1≤ x ≤1
Ta đặt x=cost ,t∈[0;π] Khi từ (1) có dạng:
3mcost −3√1−cos2t=5m⇔3 cos−3 sint=5m (2)
Để hệ (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn sint ≥0 ⇔
5m¿2 ¿
sint=3mcost −5≥0
¿ ¿
3m¿2+9≥¿ ¿
(8)Vậy −3
4≤ m≤0 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: Giải PT, BPT, Hệ PT sau: 1)
1− x2¿3 ¿ ¿
x3+√¿
ĐS: PT có nghiệm: x=√2
2 ; x=
1−√2−√2√2−1
2
2)
1− x¿3 ¿
1+x¿3 ¿=2+√1− x2
¿
√¿
√1+√1− x2¿
ĐS: PT có nghiệm: x=−√2
2 3) 1x+
√1− x2=2+
√3 4)
1− x2> 3x
√1− x2−1 5) x+√2− x2≤√2 6)
¿
2x+√1− y2=2
2y+√1− x2=2
¿{
¿
DẠNG 2: Trong có chứa biểu thức dạng √x2−a2 . Phương pháp: Ta đặt x= |a|
cosα , với
¿ ¿α∈[0; π]{π
2
¿
(hoặc a= |a|
sinα , với
¿ ¿α∈[−π
2; π 2]{0 ¿
) Ví dụ 6: Giải phương trình x+ x
√x2−1=2√2
(9)Điều kiện:
¿
x2−1
>0
x>0
⇔x>1
¿{
¿
(*)
Với điều kiện (*) ta đặt x=
cosα , α∈(0; π 2) Khi phương trình chuyển dạng:
1 cosα +
1 cosα
√cos12α −1
=2√2⇔
cosα +
sinα =2√2⇔sinα+cosα=2√2 sinα cosα
Đặt u=sinα+cosα (điều kiện 1≤ u ≤√2 ), ta có sinα cosα=u
2 −1 Kho phương trình có dạng:
u=√2(u2−1)⇔√2u2−u −√2=0⇔
u=√2
¿
u=−
√2(l)
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
⇒sinα+cosα=√2⇔√2sin(α+π
4)=√2⇔α+ π 4=
π
2+k2π⇔α= π
4⇒x=√2 Vậy phương trình có nghiệm: x=√2
Lưu ý: Ta đặt x=
sinα , α∈(0; π 2) Ví dụ 7: Giải bất phương trình x+ x
√x2−1> 3√5
2 HD:
Điều kiện:
x2−1
>0⇔
x>1
¿
x<−1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
(*)
Với điều kiện (*) ta đặt
¿
¿x=
cost , t∈(0; π) { π
¿
(10)Bất phương trình trở thành cost +
|cost| cost
1 sint>
3√5
2 (2) Xét hai trường hợp:
TH1: t∈(0;π 2)
Phương trình (2) có dạng:
cost + sint>
3√5
2 ⇔2(sint+cost)>3√5 sint cost (2’) Đặt u=sint+cost(u∈[−√2;√2])⇒sint cost=u
2 −1 BPT (2’) trở thành:
2u>3√5 u2−1
2 ⇔ ⇔−
√5 <u<
3
√5⇒ TH2: t∈(π
2;π)
Ví dụ 8: Giải bất phương trình x − √x2−1<
√5 HD:
ĐK: |x|>1
Ta đặt
¿
¿x=
cost , t∈(0; π) { π
¿
(**) Khi BPT có dạng:
1 cost −
|cost| sint
1 cost <
√5 Xét hai trường hợp:
TH1: t∈(0;π 2) TH2: t∈(π
2;π) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:
1) Giải phương trình: x+ x √x2−1=
35 12 ĐS: Phương trình có nghiệm: x=5
4 ; x= 2) Giải bất phương trình: x+ x
√x2−1> 35 12
DẠNG 3: Trong có chứa biểu thức dạng √x2+a2
Phương pháp: Ta đặt x=|a|tant , với t∈(−π 2;
(11)Ví dụ 9: Giải phương trình √x2+1=x+
√x2
+1
Nhận xét: Trong phương trình có xuất dấu hiệu √x2
+a2 với a=1
Giải: ĐK: ∀x∈R
Đặt x=tant , với t∈(−π
2; π 2)
Phương trình cho trở thành: √tan2t+1=tant+
√tan2t+1⇔
⇔2 sin2t −sint −1=0⇔
sint=1(l)
¿
sint=−1
2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Với sint=−1
2⇔t=− π
6⇒x=tan(− π 6)=−
1
√3 Vậy phương trình có nghiệm x=−
√3 Ví dụ 10: Giải bất phương trình √3x+1≤3
x 2+
√3x+1
Giải: ĐK: ∀x∈R Đặt 32x
=tant , với t∈(− π 2;
π 2)
Bất phương trình cho trở thành: √tan2t+1≤tant+ √tan2t
+1⇔ ⇔2 sin2t −sint −1≤⇔−1
2≤sint ≤1⇔tant ≥ −
√3⇒3 x 2≥ −
√3 ln Vậy BPT có nghiệm ∀x∈R
Ví dụ 11: Với a ≠0 , giải bất phương trình √x2
+a2≤ x+ 2a
2
√x2+a2
Nhận xét: Có dạng ví dụ 10 Giải:
ĐK: ∀x∈R
Đặt x=|a|tant , với t∈(−π 2;
π 2)
Bất phương trình cho trở thành: √a2tan2t
+a2≤|a|tant+ 2a
2
√a2tan2t
+a2⇔
⇔2 sin2t −sint −1≤⇔−1
2≤sint ≤1⇔tant ≥ −
√3⇒x ≥− |a|
(12)Vậy BPT có nghiệm đứng ∀x ≥−|a|
√3 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:
1) Giải phương trình: x+√x2+11=31
ĐS: x=±5
2) Giải bất phương trình: 2(x+√x2+a2)≤ 5a
2
√x2+a2
DẠNG 4: Dạng khác
Ví dụ 12: Cho phương trình √x+√1− x=m (với m tham số) (1)
a) Tìm điều kiện m để phương trình (1) có nghiệm b) Giải phương trình m=1
Giải: ĐK:
¿
x ≥0 1− x ≥0 ⇔0≤ x ≤1
¿{
¿
Ta thấy √1− x¿
=1
√x¿2+¿ ¿
, nên ta đặt
¿
√x=cost
√1− x=sint
¿{
¿
, với t∈[0;π 2] Khi phương trình trở thành: cost+sint=m⇔cos(t −π
4)= m
√2 (1’) a) Điện để (1) có nghiệm ⇔ (1’) có nghiệm ⇔−1≤ m
√2≤1⇔−√2≤m ≤√2 b) Khi m=1 , phương trình cho trot thành: cos(t −π
4)=
√2 ⇔cos(t −π
4)=cos π ⇔ t=π
2
¿
t=0
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
(do t∈[0;π 2] )
*) Với t=π
2⇒√x=0⇔x=0 *) Với t=0⇒√x=1⇔x=1
Vậy m=1 phương trình (1) có nghiệm x=0 , x=1
(13)ĐK:
¿
1+x ≥0
1− x ≥0 ⇔−1≤ x ≤1
¿{
¿
(*)
Với điều kiện (*) ta đặt x=cost , với t∈[0; π] Khi bất phương trình chuyển dạng:
√1+cost −√1−cost ≤cost⇔√1+cost −√2cos2t
2≤cost⇔ ⇔cos( t 2+
π 4)≤0 ⇔π
2≤ t 2+
π
4≤ π⇔ ⇔−1≤ x ≤0
Vậy bất phương trình có nghiệm −1≤ x ≤0
Ví dụ 13 : Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: √a − x+√a+x>a
Giải:
ĐK:
¿
a ≥0 a+x ≥0
a − x ≥0 ⇔
¿a ≥0
−a ≤ x ≤ a
¿{{
¿
(*)
Với điều kiện (*) ta đặt x=acost , với t∈[0; π] (**) Khi bất phương trình chuyển dạng:
√a+acost −√a − acost>acost⇔√2a(cost
2+sin t
2)>a⇔ ⇔cos( t 2−
π 4)>
√a Từ (**) ta được: −π
4≤ t 2−
π 4≤
π 4⇔
√2 ≤cos(
t 2−
π
4)≤1 Vậy để bất phương trình có nghiệm điều kiện là: √a
2 <1⇔a<4 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:
1) Giải bất phương trình: √1+x −√1− x ≤ x ĐS: −1≤ x ≤0
2) Tìm a để BPT sau có nghiệm: √a − x+√a+x>a
ĐS: a<4
E KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Qua trình giảng dạy thấy học sinh giải toán thuộc dạng cách nhanh hơn, linh hoạt phương pháp lượng giác hóa Thực tế, nhiều năm liền may mắn giảng dạy lớp nâng cao có nhiều đối tượng học sinh khá, giỏi Vào tiết luyện tập 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
Kết khảo sát sau triển khai đề tài
(14)Nhóm 20 40,0% 10 50,0% 10,0% 0,0%
Nhóm 16 25,0% 10 62,5,0% 12,5% 0,0%
F.KẾT LUẬN:
Với kết nghiên cứu đạt được, thành công việc hướng dẫn, bồi dưỡng đối tượng hoc sinh khá, giỏi Tuy nhiên , để giải toán phương pháp lượng giác hóa en học sinh cần phải nắm vững công thức LG giải phương trình, BPT lượng giác
G ĐỀ NGHỊ:
Trong thời gian tới, có điều kiện tơi mở rộng nghiên đề tài
Trên phương giải phương trình, BPT, hệ phương trình vơ tỉ phương pháp lượng giác hóa việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Tuy nhiên, đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót cần bổ sung Tơi mong góp ý quý đồng nghiệp để SKKN hàn thiệ
Xin trân thành cảm ơn!
H.TÀI LỆU THAM KHẢO:
1 Phương pháp giải toán – Lê Hồng Đức (chủ biên) Phương trình bất phương trình – Phan Huy Khải Giải tích đại – Vũ Tuấn (3 tập)
4 Một số số báo “ Toán học tuổi trẻ”
XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ Triệu sơn, ngày 10 tháng năm 2013.
Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết