(Sáng kiến kinh nghiệm) một số phương pháp biến đổi hệ phương trình thường sử dụng trong kì thi THPT QG vào giảng dạy môn toán ở trường THPT

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT BẾN TRE BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ ĐIỀU KIỆN Tác giả sáng kiến : Nguyễn Thị Hiền Mơn : Tốn Trường THPT : Bến Tre Vĩnh Phúc, năm 2018 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ ĐIỀU KIỆN Vĩnh phúc, năm 2018 MỤC LỤC I Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến II Một số ý áp dụng chuyên đề vào thực tế III Hướng phát triển sáng kiến .7 I Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến Biểu diễn đường tròn lượng giác (ĐTLG) .8 Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) điều kiện (của phương trình ban đầu) qua hàm số lượng giác: 16 2.2 Một số ví dụ minh hoạ: 16 Thử trực tiếp xét mệnh đề đối lập .20 II Một số ý áp dụng chuyên đề vào thực tế 24 III Hướng phát triển sáng kiến: 25 BẢNG KÝ HIỆU TẮT Stt Ký hiệu Nội dung PTLG Phương trình lượng giác ĐTLG Đường trịn lượng giác PT Phương trình LG Lượng giác THPT Trung học phổ thông NXB Nhà xuất THTT Toán học tuổi trẻ THCN Trung học chuyên nghiệp ĐH Đại học 10 CĐ Cao đẳng 11 HSG Học sinh giỏi 12 ĐL Định lý Phần I ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài: Những kiến thức lượng giác đặc biệt phương trình lượng giác (PTLG) phận quan trọng chương trình tốn THPT nói chung Đại số giải tích 11 nói riêng Trong đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng thường xun có mặt dạng tốn giải PTLG, loại PTLG có điều kiện thường làm cho học sinh khó khăn Đa số em gặp khó khăn khâu kết hợp nghiệm phương trình hệ với điều kiện phương trình ban đầu Đặc thù PTLG thường có vơ số nghiệm cơng thức nghiệm cho PTLG có hình thức biểu diễn khác Dung lượng kiến thức phần tương đối lớn, số lượng tiết học lớp đảm bảo cho em nắm vững kiến thức Để giải tốt đề PTLG có điều kiện mức độ thi đại học cao đẳng, học sinh cần tìm tịi thêm phải liên hệ tốt với kiến thức cơng thức lượng giác Nhằm giúp đỡ học sinh có kỹ tốt việc kết hợp nghiệm với điều kiện PTLG có điều kiện qua có phương án giải tối ưu trọn vẹn cho tốn PTLG có điều kiện, tơi chọn nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ ĐIỀU KIỆN” Mục đích nghiên cứu Sáng kiến nhằm rèn luyện cho học sinh kĩ tiếp cận vấn đề từ nhiều góc độ khác từ chọn phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phù hợp toán PTLG cụ thể Qua rút ngắn đáng kể thời gian để có lời giải trọn vẹn, ngắn gọn, mạch lạc 3.Nhiệm vụ nghiên cứu Phương trình lượng giác có điều kiện chương trình tốn 11,đề thi ĐH-CĐTHCN 4.Đối tượng nghiên cứu khách thể nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu :Phương trình lượng giác có điều kiện chương trình tốn 11,đề thi ĐH-CĐ-THCN Khách thể nghiên cứu: Học sinh lớp 11A1 Trường THPT Bến Tre Năm học 2018-2019 Thời gian nghiên cứu : Từ tháng 9/2018 đến 12/2018 Phạm vi nghiên cứu Trong việc giải PTLG có điều kiện có nhiều phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện, tập trung nghiên cứu tìm hiểu phương pháp phổ biến nhất, hiệu phù hợp với học sinh Trong sáng kiến, tổng hợp đúc kết kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề mà chủ yếu học sinh ôn thi THPT quốc gia Phương pháp nghiên cứu + Tổng hợp kiến thức, kiểm nghiệm qua thực tế dạy học + Tập hợp vấn đề nảy sinh, băn khoăn, lúng túng học sinh trình giải tốn phương trình lượng giác có điều kiện Từ đề xuất phương án giải quyết, tổng kết thành học kinh nghiệm 7.Cấu trúc SKKN Phần I Đặt vấn đề Phần II.Nội dung I Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến II Một số ý áp dụng chuyên đề vào thực tế III Hướng phát triển sáng kiến Phần III.Kết luận khuyến nghị PHẦN II NỘI DUNG I Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến Biểu diễn đường tròn lượng giác (ĐTLG) 1.1 Kiến thức sở + Mỗi cung (hoặc góc) lượng giác biểu diễn điểm ĐTLG x = α + k 2π biểu diễn điểm ĐTLG; x = α + kπ biểu diễn ĐTLG điểm đối xứng qua O; x =α + k 2π biểu diễn ĐTLG điểm cách nhau, tạo thành đỉnh tam giác nội tiếp ĐTLG; x =α + k 2π biểu diễn ĐTLG n điểm cách nhau, tạo n thành n đỉnh đa giác nội tiếp ĐTLG + Ta biểu diễn ĐTLG điểm không thoả mãn điều kiện (đánh dấu “x”) điểm nghiệm tìm (đánh dấu “o”) Những điểm đánh dấu “o” mà không trùng với điểm đánh dấu “x” điểm thoả mãn điều kiện 1.2 Một số ví dụ minh hoạ Ví dụ : Trên đường tròn lượng giác, ta lấy điểm A làm gốc Định Ð điểm M biết sđ AM = π π +k (k ∈¢ ) Lời giải Ð Ta có sđ AM = π π π 2π +k = +k Suy có điểm cung phân biệt ứng với: 4 Ð ( + ) k = : AM = π Ð ( + ) k = 1: AM = 3π Ð 5π Ð 7π ( + ) k = : AM = ( + ) k = : AM = Đề ý ta thấy đường tròng lượng giác điểm cung đỉnh hình vng M M 1M M Nhận xét : Trên đường tròn lượng giác điểm cung đỉnh đa giác m cạnh Biểu diễn góc (cung) dạng công thức tổng quát : Ta biểu diễn góc (cung) đường trịn lượng giác Từ suy cơng thức tổng qt Ví dụ : Biểu diễn góc lượng giác có số đo sau dạng cơng thức tổng quát:  x = kπ   x = ± π + kπ  Lời giải Ta biểu diễn điểm cung x = kπ = k 2π k = 0: x = k = 1: x = π π Ta biểu diển điểm cung x = ± + kπ k = 0: x = ± k = 1: x = ± π 4π Trên đường tròn lượng giác, ta nhận thấy có điểm cung phân biệt, Do cơng thức tổng qt là: x= k 2π kπ = Nhận xét : Qua tốn ta thấy rõ vai trị việc kết hợp góc lượng giác dạng cơng thức tổng quát đơn giản Hơn nữa, tốn việc giải hệ phương trình lượng giác phương pháp biểu diễn đường trịn lượng giác Bài tốn giải PTLG dùng phương pháp kết hợp nghiệm đường tròn lượng giác để loại nghiệm ngoại lai Ta xét số tốn sau : Ví dụ 3: Giải phương trình : sin x(sin x + cos x) − =0 cos x + sin x − Lời giải Điều kiện : cos x + sin x − ≠ ⇔ sin x − sin x ≠ sin x ≠ ⇔ sin x ≠  x ≠ kπ  ⇔ ( 1) π  x ≠ + k 2π Với điều kiện phương trình tương đương : sin x ( cos x + sin x ) − = ⇔ sin x + sin x cos x − = ⇔ cos x(sin x − cos x) = cos x = ⇔ sin x = cos x π   x = + kπ ⇔ , k ∈ Z ( 2) π  x = + kπ  Vậy nghiệm phương trình cho : x= π π + kπ x = − + k 2π ,( k ∈ Z ) Nhận xét : Đây có cơng thức nghiệm đơn giản cho phép ta biểu diễn cách xác đường trịn lượng giác Tuy nhiên ta xét thêm toán sau để thấy rõ màu sắc toán biểu diễn nghiệm đường trịn lượng giác Ví dụ : Giải phương trình sau : sin x =1 cos x Lời giải Điều kiện để phương trình có nghĩa : 10 Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) điều kiện (của phương trình ban đầu) qua hàm số lượng giác: 2.1 Kiến thức sở: Trong phần cần sử dụng tốt cơng thức Từ ta có kết cần ý sau sin a = sin2a = ⇔  cos a = sin a ≠ sin2a ≠ ⇔  cos a ≠ sin a = ⇔ cos a = ± ; sin a = ⇔ cos a = cos a = ⇔ sin a = ± ; cos a = ⇔ sin a = sin a ≠ ⇔ cosa ≠ ± ; cosa ≠ ⇔ sin a ≠ ±1 2.2 Một số ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2010, khối A) Giải phương trình ( + sin x + cos2 x ) sin  x + + t anx  π ÷ 4 = cos x Lời giải: cos x ≠ sin x ≠ ± ⇔  t anx ≠ −1  t anx ≠ −1 Điều kiện:  Khi ( + sin x + cos2 x ) sin  x + + t anx  π ÷ 4 = cos x π  ⇒ cos x ( + s inx + cos x ) 2.sin  x + ÷ = cos x ( sin x + cos x ) 4  π  ⇔ ( + s inx + cos x ) 2.sin  x + ÷ = ( sin x + cos x ) (do cos x ≠ ) 4  16 ( ) ⇔ ( sin x + cos x ) ( sin x + cos2 x ) = ⇔ ( sin x + cos x ) sin x + − 2sin x =    tan x = −1 sin x = − cos x  sin x + cos x =  ⇔ ⇔ sin x = ⇔ sin x =  2sin x − sin x − =   sin x = − sin x = −   π   x = − + k 2π ⇔ sin x = − ⇔   x = 7π + k 2π  ( L) ( L) ( t / m) ( k ∈Z) Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B)   Giải phương trình cot x + sin x 1 + tan x.tan Lời giải: x ÷= 2  cos x ≠  Điều kiện s inx ≠ ⇔ s in2x ≠  x cos ≠  x  sin ÷  x cos x s inx  =4 + s inx 1 + Ta có cot x + sin x 1 + tan x.tan ÷ = ⇔ x÷ 2 s inx   cos x cos ÷ 2  x x   cos x.cos + s inx.sin ÷ cos x cos x s inx ⇔ + s inx  =4⇔ + =4 ÷ x s inx s inx cos x  ÷ cos x.cos   ⇔ = ⇔ sin x = sin x π π    x = + k 2π  x = 12 + k π ⇔ ⇔  x = 5π + k 2π  x = 5π + k π   12 ( t / m) ( k ∈Z) Ví dụ 3: (Tạp chí Tốn học tuổi trẻ 11/2009) 17 Giải phương trình 1 + = cos x sin x sin x Lời giải: Điều kiện Khi  sin x ≠ ± cos x ≠ sin x ≠ ± sin x ≠ ±     ⇔ s inx ≠ s in2x ≠ ⇔ s inx ≠ ⇔ s inx ≠ sin x ≠ cos2x ≠ 1 − 2sin x ≠     sin x ≠ ±  1 + = cos x sin x sin x  sin x = −1  ⇒ 4s inx.cos2 x + 2cos2 x = ⇔ s inx 2sin x + s inx-1 = ⇔ sin x =  sin x =  ( ) π  x = + k 2π  Đối chiếu với điều kiện ta sin x = ⇔   x = 5π + k 2π  π   x = + k 2π Vậy phương trình có nghiệm   x = 5π + k 2π  ( k ∈Z) ( k ∈Z) Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ơn luyện mơn Toán_Tập 2, trang 246_Trần Phương) sin x + cos x = cos 4 x Giải phương trình tan  π − x  tan  π + x  4 ÷ 4 ÷     Lời giải: 18 Điều kiện  π  sin  − x ÷≠      π π   sin  − x ÷≠ cos  − x ÷≠   4   2  ⇔ ⇔ cos2 x ≠ ⇔ sin x ≠ ±  π π sin  + x  ≠ sin  + x  ≠ ÷  ÷    4    2  cos  π + x  ≠  ÷  4   Nhận thấy π  π  tan  − x ÷.tan  + x ÷ = , phương trình cho trở thành 4  4  sin x + cos x = cos 4 x ⇔ − sin x = cos 4 x ⇔ 2cos 4 x − cos x − = sin x = ⇔ cos x = ⇔ sin x = ⇔   cos2 x = π Đối chiếu điều kiện ta sin x = ⇔ x = k Ví dụ 5: sin 2 x + cos x − =0 sin x.cos x Giải phương trình Lời giải: Điều kiện ( k ∈Z) sin x > Khi phương trình cho trở thành sin 2 x + cos x − = ⇔ cos x − cos 2 x = cos 2 x = sin x = ± ⇔ ⇔ cos x = sin x = Đối chiếu điều kiện ta sin x = ⇔ x = π π + k 2π ⇔ x = + k π ( k ∈Z) Các tập tương tự 1/ cos2 x − tan x = 2/ c otx − = cos x − cos3 x − ; cos x cos2 x + sin x − sin x (2003_A); + t anx 19 3/ c otx − t anx + 4sin x = (2003_B); sin x π  2 4/ sin  − ÷tan x − cos = (2003_D); 2 4 x x 5/ 5sin x − = ( − sin x ) tan x (2004_B) Thử trực tiếp xét mệnh đề đối lập 3.1 Kiến thức sở + Các nhận xét tính chu kì hàm số lượng giác sin ( α + k 2π ) = sin α tan ( α + kπ ) = tan α ∀α ; co s ( α + k 2π ) = cosα ∀α ; cot ( α + kπ ) = cot α ∀α ; ∀α + Các công thức giá trị lượng giác cung có liên quan đặc biệt (sách giáo khoa Đại số 10) 3.2 Một số ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Lời giải: Giải phương trình cos3 x.tan x = sin x Điều kiện cos5 x ≠ Khi phương trình cho trở thành  x = 2sin x.cos3 x = 2sin x.cos5 x ⇔ sin x = sin12 x ⇔  x =  Với x = ( k ∈Z) kπ cos5 x = cos Với x = kπ π kπ + 20 10 5kπ  kπ   kπ  = cos  + k 2π ÷ = cos  ÷ ≠ ⇔ k = 2m     π kπ + 20 10 ( m∈Z )  π kπ  cos5 x = cos  + ÷≠ 4  20 Vậy phương trình cho có nghiệm x = mπ ; x = π kπ + 20 10 ( m, k ∈ Z ) Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ, 2011, khối A) + s in2x+ cos x = s inx sin x + c ot x Giải phương trình Lời giải: Điều kiện sin x ≠ ⇔ cos x ≠ ± Khi phương trình cho trở thành sin x ( + sin x + cos2 x ) = 2 sin x.cos x ⇔ + 2sin x.cos x + 2cos x − = 2 cos x  cos x = ( t / m ) ⇔ cos x s inx + cos x − = ⇔  s inx + cos x = ( ) ( *) Giả sử sin x = ⇔ cos x = ± , ( *) ⇔ ± = (vơ lí) π  cos x = x = + kπ   Do phương trình tương đương với cos  x − π  = ⇔  ÷  x = π + k 2π   4  π  x = + kπ  Vậy phương trình có nghiệm   x = π + k 2π  ( k ∈Z) Ví dụ 3: Giải phương trình 3s inx + cos x = ( + t anx ) − Lời giải: Điều kiện cos x cosx ≠ ⇔ sin x ≠ ± 21 Khi ⇔ cos x ( 3s inx + cos x ) = ( cos x + s inx ) − cos x ⇔ cos x ( 3s inx + cos x ) − cos x = 3s inx + cos x − 3s inx + cos x = ( + t anx ) − ⇔ cos x ( 3s inx + cos x − 1) − ( 3s inx + cos x − 1) = cos x − = ⇔ ( 3s inx + cos x − 1) ( cos x − 1) = ⇔  3s inx + cos x − = ( 1) ( 2) ( 1) ⇔ cos x = thoả mãn điều kiện, ta x = k 2π , k ∈Z Tiếp theo giả sử cosx = ⇔ sin x = ± , thay vào (2) ta ±3 − = (vơ lí) Tức nghiệm (2) thoả mãn điều kiện Giải (2) ta x = α ± arccos cosα = + k 2π 13 k ∈ Z , với ; sin α = 13 13  x = k 2π Vậy phương trình có nghiệm  x = α ± arccos + k 2π  13 k ∈Z Ví dụ 4: Giải phương trình tan x + t anx π  = sin  x + ÷ tan x + 4  Lời giải: Điều kiện cosx ≠ ⇔ sin x ≠ ± 22 Khi  tan x + t anx π 2 2  = sin  x + ÷ ⇔ cos x tan x + t anx = s inx + cos x ÷  ÷ tan x + 4  2   ⇔ sin x + cos x.s inx = ( s inx + cos x ) ⇔ 2s inx ( s inx + cos x ) − ( s inx + cos x ) = ⇔ ( s inx + cos x ) ( 2s inx − 1) = ( *) ( ) Giả sử cosx = ⇔ sin x = ± , thay vào (*) ta ±1( ±2 − 1) = (vơ lí) Tức nghiệm (*) thoả mãn điều kiện Giải (*) ta x = 3π π 5π + kπ ; x = + k 2π ; x = + k 2π 6 tan x tan x = Ví dụ 5: Giải phương trình Lời giải: Điều kiện ( k∈Z) π π   x ≠ 10 + m cos5x ≠ ⇔  cos2 x ≠ x ≠ π + n π  ( 1) ( 2) ( m, n ∈ Z ) phương trình tương đương với tan x = π π ⇔ tan x = cot x ⇔ x = + k tan x 14 ( k ∈Z) + Đối chiếu điều kiện (1) Giả sử π π π π + 2m +k = +m ⇔ k = m+ 14 10 5 Do k , m ∈ Z nên ∃t ∈ Z : t = + 2m t −1 ⇔ m = 2t + Lại t , m ∈ Z nên ∃s ∈ Z : s = Từ t −1 ⇔ t = 2s + k = s + Suy x = π π + k với k ≠ s + thoả mãn phương 14 trình 23 + Đối chiếu điều kiện (2) Giả sử π π π π + k = + n ⇔ 4k − 14n = 14 ( 3) Ta thấy vế trái (3) chẵn, vế phải (3) lẻ nên không tồn k , n ∈ Z thoả mãn (3) Từ suy điều kiên (2) ln thoả mãn x= Vậy phương trình cho có nghiệm π π +k 14 ( k ∈Z) Các tập tương tự 1/ ( s inx − cos x ) ; = tan x + cot x cot x − s inx.cot5x = 1; 3/ cos9x ( cos 4/ tan 2/ 2sin x + c otx = 2sin x + ; ( − sin x +1 = ) x sin x cos x ; 5/ x − sin x = ) II Một số ý áp dụng chuyên đề vào thực tế Khi áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy nảy sinh vài vấn đề cần ý sau 1/ Nếu tốn PTLG kết hợp nghiệm với điều kiện theo cả ba phương pháp nên áp dụng theo phương pháp nào? Với vấn đề cần nhấn mạnh cho học sinh thấy phương pháp thao tác Vì làm theo phương pháp 1: “Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) điều kiện (của phương trình ban đầu) qua hàm số lượng giác”là ngắn gọn 2/ Khi làm thi áp dụng phương pháp 3: “Biểu diễn ĐTLG”, yêu cầu thẩm mỹ tính xác nên nhiều thời gian trình bày Vậy có phép bỏ qua phần vẽ hình khâu kết hợp điều kiện khơng? 24 Với vấn đề này, cho phép học sinh khơng trình bày hình vẽ vào làm yêu cầu học sinh phải phác hoạ nháp thực thao tác nói phương pháp để có kết luận xác Đồng thời trình bày vào làm phải nói rõ kết hợp ĐTLG ta nghiệm phương trình là… 3/ Có phương pháp áp dụng cho tất cả toán PTLG có điều kiện khơng? Làm biết tốn nên kết hợp nghiệm theo phương pháp nào? Câu trả lời khơng có phương pháp áp dụng cho tất tốn PTLG có điều kiện Với tốn khơng áp dụng theo phương pháp ta tìm cách áp dụng phương pháp Phương pháp coi phổ biến phương pháp số toán mà việc biểu diễn nghiệm điều kiện cần nhiều điểm điểm biểu diễn ĐTLG q gần nhau…thì phương pháp gặp khó khăn gần thực giới hạn thời gian lực học sinh Khi phương pháp lại phù hợp ( ví dụ 1, ví dụ phương pháp minh hoạ cho điều này) III Hướng phát triển sáng kiến: Do thời gian có hạn nên sáng kiến kinh nghiệm đề cập phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phương trình lượng giác có điều kiện.Sáng kiến kinh nghiệm nghiên cứu để mở rộng với toán giải hệ phương trình lượng giác hệ lượng giác hỗn hợp, phương trình kết hợp hàm số lượng giác hàm số mũ, lơgarít hàm số dấu căn… Kết thực 5.1/ Kết từ thực tiễn - Ban đầu học sinh gặp khó khăn định việc làm quen với phương pháp kết hợp nghiệm điều kiện PTLG có điều kiện Sau rèn 25 luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh mạnh dạn hơn, linh hoạt việc giải PTLG có điều kiện - Cái hay phương pháp học sinh không bị điểm giải PTLG có điều kiện - Tránh việc khơng biết kết luận nghiệm * Ngoài tập sách giáo khoa, hệ thống tập chương I sách Đại số giải tích 11, tơi cho học sinh luyện tập tập đề thi cao đẳng, đại học hàng năm tài liệu tham khảo chuyên đề lượng giác nhà xuất ĐHQG Nhận xét: Học sinh làm số lượng tương đối lớn tập mà mắc sai lầm lời giải 5.2/ Kết thực nghiệm Sáng kiến áp dụng năm học 2018-2019 lớp 11A1 trường THPT Bến Tre, Thành phố Phúc Yên, tỉnh Vĩnh Phúc Bài kiểm tra với lớp: lớp 11a4 (Nhóm1) khơng áp dụng sáng kiến với lớp 11a1 (nhóm2) áp dụng sáng kiến sau: Xếp loại Đối tượng Nhóm Nhóm Giỏi Khá TB Yếu 4% 40% 38% 50% 58% 10% 0% 0% Phần III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Phương pháp kết hợp nghiệm điều kiện PTLG có điều kiện , có vai trị quan trọng chương trình THPT, có tác dụng lớn giải giải PTLG Mặt khác toán thường đề cập nhiều kỳ thi, đặc biệt kỳ thi tuyển sinh vào trường Đại học - Cao đẳng - THCN Với chuyên đề áp dụng lớp 11 với đối tượng học sinh trung bình, học sinh nhận thấy hiệu tương đối khả quan 26 Do qua viết muốn nhấn mạnh ưu điểm việc sử dụng phương pháp kết hợp nghiệm điều kiện PTLG có điều kiện Tuy nhiên viết có nhiều vấn đề tơi chưa đề cập đến không tránh khỏi thiếu sót Mong nhận góp ý tất người để đề tài hồn thiện có tác dụng tốt Tôi xin chân thành cảm ơn Kiến nghị - Cần cung cấp thêm tài liệu liên quan tới môn học - Mở lớp bồi dưỡng luyện thi THPTquốc gia cho học sinh 27 *Vấn đề mới/ cải tiến SKKN đật giải so với SKKN trước (ở nhà trường tỉnh): - Ban đầu học sinh gặp khó khăn định việc làm quen với phương pháp kết hợp nghiệm điều kiện PTLG có điều kiện Sau rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh mạnh dạn hơn, linh hoạt việc giải PTLG có điều kiện - Cái hay phương pháp học sinh không bị điểm giải PTLG có điều kiện - Tránh việc kết luận nghiệm 28 PHẦN IV TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa mơn Tốn lớp 10, 11 bản_NXB Giáo dục Sách giáo khoa Bài tập mơn Tốn lớp 10, 11 bản_NXB Giáo dục Sách giáo khoa mơn Tốn lớp 10, 11 nâng cao_NXB Giáo dục Sách giáo khoa Bài tập mơn Tốn lớp 10, 11 nâng cao_NXB Giáo dục Tạp chí Tốn học tuổi trẻ_NXB Giáo dục 29 , ngày tháng năm Hiệu trưởng (Ký tên, đóng dấu) , ngày tháng năm Tác giả sáng kiến (Ký, ghi rõ họ tên) 30 ... áp dụng theo phương pháp ta tìm cách áp dụng phương pháp Phương pháp coi phổ biến phương pháp số toán mà việc biểu diễn nghiệm điều kiện cần nhiều điểm điểm biểu diễn ĐTLG gần nhau…thì phương pháp. .. Một số ý áp dụng chuyên đề vào thực tế Khi áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy nảy sinh vài vấn đề cần ý sau 1/ Nếu toán PTLG kết hợp nghiệm với điều kiện theo cả ba phương pháp nên áp dụng. .. kiện phương trình lượng giác có điều kiện.Sáng kiến kinh nghiệm nghiên cứu để mở rộng với tốn giải hệ phương trình lượng giác hệ lượng giác hỗn hợp, phương trình kết hợp hàm số lượng giác hàm số