MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN

BÁO CÁO SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN - HỌC SINH LỚP 11 WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

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 TOÁN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN Tác giả sáng kiến : Nguyễn Thị Hiền Môn : Toán 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 TOÁN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN

Vĩnh phúc, năm 2018 2

MỤC LỤC BẢNG KÝ HIỆU TẮT ..................................................................................... 4 Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ ...................................................................................... 5 1. Lý do chọn đề tài: ..................................................................................... 5 2. Mục đích nghiên cứu ................................................................................ 5 3.Nhiệm vụ nghiên cứu................................................................................. 6 4.Đối tượng nghiên cứu và khách thể nghiên cứu ...................................... 6 5. Phạm vi nghiên cứu .................................................................................. 6 6. Phương pháp nghiên cứu ......................................................................... 6 7.Cấu trúc của SKKN .................................................................................. 6 I. Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến ........................... 7 II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế........................................ 7 III. Hướng phát triển sáng kiến ....................................................................... 7 PHẦN II. NỘI DUNG. ..................................................................................... 8 I. Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến ........................... 8 1. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG) ....................................... 8 1.1 Kiến thức cơ sở ................................................................................. 8 1.2 Một số ví dụ minh hoạ ...................................................................... 8 Các bài tập tương tự ........................................................................... 15 2. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác: ...................................... 16 2.1 Kiến thức cơ sở:.............................................................................. 16 2.2 Một số ví dụ minh hoạ: ................................................................... 16 Các bài tập tương tự ........................................................................... 19 3. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập..................................................... 20 3.1 Kiến thức cơ sở ............................................................................... 20 3.2 Một số ví dụ minh hoạ .................................................................... 20 Các bài tập tương tự ........................................................................... 23 II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế...................................... 24 III. Hướng phát triển sáng kiến: .................................................................... 25 5. Kết quả thực hiện ............................................................................... 25 5.1/ Kết quả từ thực tiễn. .................................................................... 25 5.2/ Kết quả thực nghiệm. .................................................................. 25 Phần III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ. ....................................................... 26 1. Kết luận ............................................................................................... 26 2. Kiến nghị ............................................................................................. 26 PHẦN IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................... 28

3

BẢNG KÝ HIỆU TẮT Stt

Ký hiệu

Nội dung

1. PTLG

Phương trình lượng giác

2. ĐTLG

Đường tròn lượng giác

3. PT

Phương trình

4. LG

Lượng giác

5. THPT

Trung học phổ thông

6. NXB

Nhà xuất bản

7. THTT

Toán học tuổi trẻ

8. THCN

Trung học chuyên nghiệp

9. ĐH

Đại học

10. CĐ

Cao đẳng

11. HSG

Học sinh giỏi

12. ĐL

Định lý

4

Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài: Những kiến thức lượng giác đặc biệt là phương trình lượng giác (PTLG) là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán THPT nói chung và trong Đại số và giải tích 11 nói riêng. Trong các đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng thường xuyên có mặt dạng toán giải PTLG, trong đó loại PTLG có điều kiện thường làm cho học sinh khó khăn. Đa số các em gặp khó khăn trong khâu kết hợp nghiệm của phương trình hệ quả với điều kiện của phương trình ban đầu. Đặc thù của PTLG thường là có vô số nghiệm và công thức nghiệm cho một PTLG có thể có những hình thức biểu diễn khác nhau. Dung lượng kiến thức ở phần này tương đối lớn, số lượng tiết học trên lớp chỉ đảm bảo cho các em nắm vững kiến thức cơ bản. Để giải quyết tốt các đề bài PTLG có điều kiện ở mức độ thi đại học và cao đẳng, học sinh cần tìm tòi thêm và phải liên hệ tốt với kiến thức về công thức lượng giác.

Nhằm giúp đỡ học sinh có kỹ năng tốt trong việc kết hợp nghiệm với điều kiện của PTLG có điều kiện qua đó có được những phương án giải quyết tối ưu và trọn vẹn cho mỗi bài toán PTLG có điều kiện, tôi chọn nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN” 2. Mục đích nghiên cứu Sáng kiến nhằm rèn luyện cho học sinh kĩ năng tiếp cận vấn đề từ nhiều góc độ khác nhau từ đó chọn được một phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phù hợp nhất đối với mỗi bài toán PTLG cụ thể. Qua đó có thể rút ngắn đáng kể thời gian để có được lời giải trọn vẹn, ngắn gọn, mạch lạc.

5

3.Nhiệm vụ nghiên cứu Phương trình lượng giác có điều kiện ở chương trình toán 11,đề thi ĐH-CĐTHCN. 4.Đối tượng nghiên cứu và khách thể nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu :Phương trình lượng giác có điều kiện ở chương trình toán 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 5. Phạm vi nghiên cứu Trong việc giải PTLG có điều kiện có thể có nhiều phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện, tôi chỉ tập trung nghiên cứu tìm hiểu những phương pháp phổ biến nhất, hiệu quả nhất và phù hợp với học sinh. Trong sáng kiến, tôi tổng hợp và đúc kết những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này mà chủ yếu là đối với học sinh ôn thi THPT quốc gia.

6. Phương pháp nghiên cứu + Tổng hợp kiến thức, kiểm nghiệm qua thực tế dạy học. + Tập hợp những vấn đề nảy sinh, những băn khoăn, lúng túng của học sinh trong quá trình giải quyết bài toán phương trình lượng giác có điều kiện. Từ đó đề xuất các phương án giải quyết, tổng kết thành bài học kinh nghiệm.

7.Cấu trúc của SKKN Phần I. Đặt vấn đề Phần II.Nội dung

6

I. Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế III. Hướng phát triển sáng kiến Phần III.Kết luận và khuyến nghị

7

PHẦN II. NỘI DUNG. I. Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến 1. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG) 1.1 Kiến thức cơ sở + Mỗi cung (hoặc góc) lượng giác được biểu diễn bởi một điểm trên ĐTLG x = α + k 2π được biểu diễn bởi một điểm trên ĐTLG; x = α + kπ được biểu diễn trên ĐTLG bởi 2 điểm đối xứng nhau qua O;

x =α +

k 2π được biểu diễn trên ĐTLG bởi 3 điểm cách đều nhau, tạo 3

thành 3 đỉnh một tam giác đều nội tiếp ĐTLG; x =α +

k 2π được biểu diễn trên ĐTLG bởi n điểm cách đều nhau, tạo n

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.

1.2 Một số ví dụ minh hoạ Ví dụ 1 : Trên đường tròn lượng giác, ta lấy điểm A làm gốc. Định những ↷

điểm M biết sđ AM =

π 4

+k

π 2

( k ∈ℤ ) Lời giải

↷

Ta có sđ AM =

π 4

+k

π 2

=

π 4

+k

2π .Suy ra có 4 điểm ngọn cung phân biệt ứng với: 4 ↷

( + ) k = 0 : AM =

π

4 ↷ 3π ( + ) k = 1: AM = 4

8

↷

5π 4

↷

7π 4

( + ) k = 2 : AM = ( + ) k = 3 : AM =

Đề ý ta thấy rằng trên đường tròng lượng giác các điểm ngọn cung là đỉnh của hình vuông M 0 M 1M 2 M 3 .

Nhận xét : Trên đường tròn lượng giác các điểm ngọn cung là đỉnh của một đa giác đều m cạnh.

Biểu diễn góc (cung) dưới dạng công thức tổng quát : Ta biểu diễn từng góc (cung) trên đường tròn lượng giác. Từ đó suy ra công thức tổng quát.

Ví dụ 2 : Biểu diễn góc lượng giác có số đo sau dưới dạng một công thức tổng quát:  x = kπ   x = ± π + kπ 3 

Lời giải Ta biểu diễn các điểm ngọn cung của x = kπ = k

2π 2

k = 0: x = 0 k = 1: x = π

π 3

Ta biểu diển các điểm ngọn cung của x = ± + kπ k = 0: x = ± k = 1: x = ±

π 3

4π 3

Trên đường tròn lượng giác, ta nhận thấy có 6 điểm ngọn cung phân biệt, Do đó công thức tổng quát là:

x=

k 2π kπ = 6 3

Nhận xét : Qua bài toán này ta thấy rõ vai trò của việc kết hợp các góc lượng giác dưới dạng một công thức tổng quát đơn giản hơn. Hơn nữa, đây còn là bài toán về việc giải hệ phương trình lượng giác cơ bản bằng phương pháp biểu diễn trên đường tròn lượng giác.

Bài toán giải PTLG dùng phương pháp kết hợp nghiệm bằng đường tròn lượng giác để loại các nghiệm ngoại lai.

9

Ta xét một số bài toán sau : Ví dụ 3: Giải phương trình : sin x(sin x + cos x) − 1 =0 cos 2 x + sin x − 1

Lời giải Điều kiện : cos 2 x + sin x − 1 ≠ 0 ⇔ sin x − sin 2 x ≠ 0 sin x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ 1  x ≠ kπ  ⇔ (1) π  x ≠ 2 + k 2π

Với điều kiện đó phương trình tương đương : sin x ( cos x + sin x ) − 1 = 0 ⇔ sin 2 x + sin x cos x − 1 = 0 ⇔ cos x(sin x − cos x ) = 0 cos x = 0 ⇔ sin x = cos x

π   x = 2 + kπ , k ∈ Z ( 2) ⇔  x = π + kπ  4

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x=

π π + kπ và x = − + k 2π ,( k ∈ Z ) 4 2

Nhận xét : Đây là một bài có công thức nghiệm đơn giản cho phép ta có thể biểu diễn một cách chính xác trên đường tròn lượng giác. Tuy nhiên ta hãy xét thêm bài toán sau để thấy rõ màu sắc của bài toán biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác.

Ví dụ 4 : Giải phương trình sau : sin 4 x =1 cos 6 x

Lời giải Điều kiện để phương trình có nghĩa là : cos 6 x ≠ 0 ⇔ 6 x ≠

π 2

+ kπ ⇔ x ≠

π 12

+

kπ , k ∈ Z (1) 6

10

Với điều kiện (1) phương trình tương đương : sin 4 x = cos 6 x

π  ⇔ cos 6 x = cos  − 4 x  2 

π   6 x = 2 − 4 x + 2mπ ⇔ (m ∈ ℤ)  6 x = 4 x − π + 2mπ  2

π mπ   x = 20 + 5 ⇔ m∈Z  x = − π + mπ  4

So sánh các nghiệm này với điều kiện ban đầu ta được nghiệm của phương trình là : x=

π mπ + và m ≠ 5n + 1 , n ∈ Z 20 5

Nhận xét : Ta nhận thấy đối với bài toán này việc biểu diễn bằng đường tròn lượng giác đã trở nên khó khăn và khó chính xác.

Ví dụ 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2011, khối D) Giải phương trình

s in2x +2 cos x − s inx − 1 =0 tanx + 3

Lời giải: Điều kiện

π   x ≠ − 3 + mπ  t anx ≠ − 3 ⇔  cos x ≠ 0  x ≠ π + nπ  2

( m, n ∈ Z )

Khi đó phương trình đã cho trở thành s in2x +2 cos x − s inx − 1 = 0 ⇔ 2 cos x ( s inx + 1) − ( s inx + 1) = 0

π  s inx = −1  x = − + k 2π 2 ⇔ ( s inx + 1)( 2 cos x − 1) = 0 ⇔  ⇔ 1 cos x =  x = ± π + k 2π 2   3

(k ∈ Z )

11

y π

2π 3

2

π 3

O

Kết hợp với điều kiện trên đường tròn

x

lượng giác (như hình bên) ta được nghiệm của phương trình là

π x = + k 2π 3

−

π − 2

(k ∈ Z )

π 3

Ví dụ 6: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối A) Giải phương trình

Lời giải:

2 cos 6 x + sin 6 x − sin x.cos x

(

)

2 − 2sin x

=0

π  x ≠ + m2π  2  4 Điều kiện s inx ≠ ⇔ 2  x ≠ 3π + n 2π  4

( m, n ∈ Z )

Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 cos 6 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 ⇔x=

π 4

+ kπ

y 3π 4

(k ∈ Z )

π 4

o

Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác ta được nghiệm của phương trình là 5π x= + k 2π (k ∈ Z ) 4

x

5π 4

Ví dụ 7: Giải phương trình sau:

sin x + sin 2 x + sin 3x = 3 cos x + cos 2 x + cos 3 x

12

Lời giải

Điều kiện:

cos x + cos 2 x + cos3x ≠ 0

π kπ   x ≠ 4 + 2 ⇔  x ≠ ± 2π + 2kπ  3

Ta biến đổi phương trình thành

tan 2x = 3 hay x =

π 6

+

nπ 2

Trên đường tròn lượng giác biểu diễn x=

π 6

+

nπ và điều kiện ta thu được nghiệm 2

π   x = 6 + nπ ( k ∈ℤ )   x = 5π + n 2π  3

Ví dụ 8: Giải phương trình sau:

| cos x | + sin 3 x = 0 Giải TH1: cos x ≥ 0 thì

π  x = − + kπ  4 ⇔ PT trở thành cos x + sin 3 x = 0  x = 3π + kπ  8 2 Biểu diễn nghiệm trên ĐTLG và lấy những nghiệm thoả mãn đk

13

π  x = − + k 2π  4  π ⇔  x = − + k 2π  cos x ≥ 0 ta được 8   x = 3π + k 2π 8  TH2: cos x < 0

π   x = 4 + kπ ⇔ PT trở thành − cos x + sin 3 x = 0  x = π + kπ  8 2 Biểu diễn nghiệm trên ĐTLG và lấy những nghiệm thoả mãn điều kiện

5π   x = 8 + k 2π  9π ⇔ x = + k 2π  cos x < 0 ta được 8   x = 5π + k 2π  4 Vậy PT cho có nghiệm

5π  = + k 2π x  8   x = 9π + k 2π  8   x = 5π + k 2π  4 ⇔ π  x = − + k 2π 4   π  x = − + k 2π 8  3π   x = 8 + k 2π

( k ∈ℤ)

14

Các bài tập tương tự 1/ 3/

1 − cos x + 1 + cos x 2 3.cos 2 x + 2sin 3 x.cos x − sin 4 x − 3 =1; = 4s inx ; 2/ cos x 3 s inx + cos x

(1 − 2sin x ) cos x = (1 + 2s inx )(1 − s inx )

3 (đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2009, khối A).

15

2. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác: 2.1 Kiến thức cơ sở: Trong phần này cần sử dụng tốt các công thức. Từ đó ta có các kết quả cần chú ý sau sin a = 0 sin 2a = 0 ⇔  cos a = 0

sin a ≠ 0 sin 2a ≠ 0 ⇔  cos a ≠ 0

sin 2 a = 0 ⇔ cos a = ± 1 ;

sin 2 a = 1 ⇔ cos a = 0

cos 2 a = 0 ⇔ sin a = ± 1 ;

cos 2 a = 1 ⇔ sin a = 0

sin a ≠ 0 ⇔ cosa ≠ ± 1 ;

cosa ≠ 0 ⇔ 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

(1 + sin x + cos2 x ) sin  x + 

π

 4

1 + t anx

=

1 cos x 2

Lời giải: cos x ≠ 0 sin x ≠ ± 1 ⇔  t anx ≠ −1  t anx ≠ −1

Điều kiện: 

Khi đó

(1 + sin x + cos2 x ) sin  x + 

1 + t anx

π

 4

=

1 cos x 2

π  ⇒ cos x (1 + s inx + cos 2 x ) 2.sin  x +  = cos x ( sin x + cos x ) 4  π  ⇔ (1 + s inx + cos 2 x ) 2.sin  x +  = ( sin x + cos x ) (do cos x ≠ 0 ) 4 

16

⇔ ( sin x + cos x )( sin x + cos2 x ) = 0 ⇔ ( sin x + cos x ) sin x + 1 − 2sin 2 x = 0

(

   tan x = −1 sin x = − cos x  sin x + cos x = 0  ⇔ ⇔ sin x = 1 ⇔ sin x = 1 2  2sin x − sin x − 1 = 0   1 sin x = − 1 sin x = −   2  2

π   x = − 6 + k .2π 1 ⇔ sin x = − ⇔  2  x = 7π + k .2π  6

)

( 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 =4 2

 cos x ≠ 0  Điều kiện s inx ≠ 0 ⇔ s in2x ≠ 0  x cos ≠ 0 2 

x  sin   x cos x s inx 2 =4 + s inx  1 + .

Ta có cot x + sin x 1 + tan x.tan  = 4 ⇔ x 2 s inx   cos x cos   2 x x   cos x.cos 2 + s inx.sin 2  cos x cos x s inx ⇔ + s inx  + =4 =4⇔ x s inx s inx cos x   cos x.cos  2  2 1 = 4 ⇔ sin 2 x = sin 2 x 2 π π    2 x = 6 + k .2π  x = 12 + k .π ⇔ ⇔  2 x = 5π + k .2π  x = 5π + k .π   6 12 ⇔

(t / m)

(k ∈ Z )

Ví dụ 3: (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 11/2009) Giải phương trình

1 1 2 + = cos x sin 2 x sin 4 x

17

Lời giải:

Điều kiện

Khi đó

 sin x ≠ ± 1 cos x ≠ 0 sin x ≠ ± 1 sin x ≠ ± 1     ⇔ s inx ≠ 0 s in2x ≠ 0 ⇔ s inx ≠ 0 ⇔ s inx ≠ 0     2 sin 4 x ≠ 0 cos2x ≠ 0 1 − 2sin x ≠ 0 sin x ≠ ± 2  2

1 1 2 + = cos x sin 2 x sin 4 x

 sin x = −1  2 ⇒ 4s inx.cos2 x + 2cos2 x = 2 ⇔ s inx 2sin x + s inx-1 = 0 ⇔ sin x = 0  1 sin x = 2 

(

)

π  x = + k .2π  1 Đối chiếu với điều kiện ta được sin x = ⇔  6 2  x = 5π + k .2π  6 π   x = 6 + k .2π Vậy phương trình có nghiệm là   x = 5π + k .2π  6

(k ∈ Z )

(k ∈ Z )

Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán_Tập 2, trang 246_Trần Phương) Giải phương trình

sin 4 2 x + cos 4 2 x = cos 4 4 x π π     tan  − x  tan  + x  4 4    

Lời giải:

Điều kiện

 π   sin  4 − x  ≠ 0      π  π   c os  − x  ≠ 0  sin  2 − 2 x  ≠ 0 4       ⇔  ⇔ c os 2 x ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠ ± 1  π π      sin  sin  + 2 x  ≠ 0  + x ≠ 0    4   2   π    c os  + x ≠ 0   4 

18

Nhận thấy

π  π  tan  − x  .tan  + x  = 1 , do đó phương trình đã cho trở thành 4  4 

1 sin 4 2 x + cos 4 2 x = cos 4 4 x ⇔ 1 − sin 2 4 x = cos 4 4 x ⇔ 2cos 4 4 x − cos 2 4 x − 1 = 0 2 sin 2 x = 0 ⇔ cos 2 4 x = 1 ⇔ sin 4 x = 0 ⇔   cos2 x = 0

π 2

Đối chiếu điều kiện ta được

sin 2 x = 0 ⇔ x = k

Ví dụ 5:

sin 2 2 x + cos 4 2 x − 1 =0 sin x.cos x

Giải phương trình

Lời giải: Điều kiện

(k ∈ Z )

sin 2 x > 0

Khi đó phương trình đã cho trở thành sin 2 2 x + cos 4 2 x − 1 = 0 ⇔ cos 4 2 x − cos 2 2 x = 0 cos 2 2 x = 0 sin 2 x = ± 1 ⇔ 2 ⇔ sin 2 x = 0 cos 2 x = 1

Đối chiếu điều kiện ta được sin 2 x = 1 ⇔ 2 x =

π π + k .2π ⇔ x = + k .π 2 4

(k ∈ Z )

Các bài tập tương tự 1/ cos2 x − tan 2 x = 2/ c otx − 1 =

cos 2 x − cos3 x − 1 ; cos 2 x

cos2 x 1 + sin 2 x − sin 2 x (2003_A); 1 + t anx 2

3/ c otx − t anx + 4sin 2 x =

2 (2003_B); sin 2 x

x π x 4/ sin 2  −  tan 2 x − cos 2 = 0 (2003_D); 2

4

2

5/ 5sin x − 2 = 3 (1 − sin x ) tan 2 x (2004_B).

19

3. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập 3.1 Kiến thức cơ sở + Các nhận xét về tính chu kì của hàm số lượng giác ∀α ; co s (α + k 2π ) = cosα

sin (α + k 2π ) = sin α

∀α ;

tan (α + kπ ) = tan α

cot (α + kπ ) = cot α

∀α ; ∀α

+ Các công thức về giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt (sách giáo khoa Đại số 10) 3.2 Một số ví dụ minh hoạ Ví dụ 1:

Giải phương trình cos3x.tan 5 x = sin 7 x

Lời giải: Điều kiện

cos5 x ≠ 0

Khi đó phương trình đã cho trở thành  x = 2sin 5 x.cos3 x = 2sin 7 x.cos5 x ⇔ sin 8 x = sin12 x ⇔  x = 

Với x =

π

kπ + 20 10

(k ∈ Z )

kπ thì 2

cos5 x = cos

Với x =

kπ 2

π 20

+

5kπ  kπ   kπ  = cos  + k 2π  = cos   ≠ 0 ⇔ k = 2m 2   2   2

(m ∈ Z )

 π kπ  cos5 x = cos  + ≠0 4 2 

kπ thì 10

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = mπ ; x =

π kπ + 20 10

( m, k ∈ Z )

Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ, 2011, khối A) Giải phương trình

1 + s in2x+ cos 2 x = 2 s inx sin 2 x 1 + c ot 2 x

20

Lời giải: Điều kiện

sin x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ ± 1

Khi đó phương trình đã cho trở thành

sin 2 x (1 + sin 2 x + cos2 x ) = 2 2 sin 2 x.cos x ⇔ 1 + 2sin x.cos x + 2cos 2 x − 1 = 2 2 cos x  cos x = 0 ( t / m ) ⇔ 2 cos x s inx + cos x − 2 = 0 ⇔  s inx + cos x = 2

(

)

( *)

Giả sử sin x = 0 ⇔ cos x = ± 1 , khi đó (*) ⇔ 0 ± 1 = 2 (vô lí) π  cos x = 0 x = + kπ  Do đó phương trình tương đương với   π  ⇔  2 cos x −  = 1  π x = + k 2π   4  4 π   x = 2 + kπ Vậy phương trình có nghiệm là   x = π + k 2π  4

(k ∈ Z )

Ví dụ 3: Giải phương trình 3s inx + 2 cos x = 3 (1 + t anx ) −

Lời giải: Điều kiện

1 cos x

cosx ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ± 1

Khi đó 1 ⇔ cos x ( 3s inx + 2 cos x ) = 3 ( cos x + s inx ) − 1 cos x ⇔ cos x ( 3s inx + 2 cos x ) − cos x = 3s inx + 2 cos x − 1

3s inx + 2 cos x = 3 (1 + t anx ) −

⇔ cos x ( 3s inx + 2 cos x − 1) − ( 3s inx + 2 cos x − 1) = 0  cos x − 1 = 0 ⇔ ( 3s inx + 2 cos x − 1)( cos x − 1) = 0 ⇔  3s inx + 2 cos x − 1 = 0

(1) ⇔ cos x = 1 thoả mãn điều kiện, do đó ta được

(1) ( 2)

x = k 2π ,

k∈Z

21

Tiếp theo giả sử cosx = 0 ⇔ sin x = ± 1 , 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 x = α ± arccos cosα =

1 + k 2π 13

k ∈ Z , với

2 3 ; sin α = 13 13  x = k 2π Vậy phương trình có nghiệm  1 x = α ± arccos + k 2π  13

k∈Z

Ví dụ 4: Giải phương trình π tan 2 x + t anx 2  = sin  x +  2 tan x + 1 2 4 

Lời giải: Điều kiện

cosx ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ± 1

Khi đó  tan 2 x + t anx 2 π 2 2 2  sin  x +  ⇔ cos 2 x tan 2 x + t anx = s inx + cos x  =  2 tan x + 1 2 4 2  2 2   1 ⇔ sin 2 x + cos x.s inx = ( s inx + cos x ) ⇔ 2s inx ( s inx + cos x ) − ( s inx + cos x ) = 0 2 ⇔ ( s inx + cos x )( 2s inx − 1) = 0 ( *)

(

)

Giả sử cosx = 0 ⇔ sin x = ± 1 , thay vào (*) ta được ±1( ±2 − 1) = 0 (vô lí) Tức là các nghiệm của (*) đều thoả mãn điều kiện.

Giải (*) ta được x =

π 3π 5π + kπ ; x = + k 2π ; x = + k 2π 4 6 6

Ví dụ 5: Giải phương trình

Lời giải: Điều kiện

(k ∈ Z )

tan 5 x. tan 2 x = 1

π π  x ≠ +m  cos5x ≠ 0  10 5 ⇔  cos2 x ≠ 0 x ≠ π + n π  4 2

(1) ( m, n ∈ Z ) ( 2)

22

phương trình tương đương với tan 5 x =

π π 1 ⇔ tan 5 x = cot 2 x ⇔ x = + k tan 2 x 14 7

(k ∈ Z )

+ Đối chiếu điều kiện (1) Giả sử

π π π π 1 + 2m +k = +m ⇔ k = m+ 14 7 10 5 5

Do k , m ∈ Z nên ∃t ∈ Z : t =

1 + 2m t −1 ⇔ m = 2t + 5 2

Lại do t , m ∈ Z nên ∃s ∈ Z : s = Từ đó

t −1 ⇔ t = 2s + 1 2

k = 7 s + 3 . Suy ra x =

π 14

+k

π

với k ≠ 7 s + 3 thoả mãn phương

7

trình + Đối chiếu điều kiện (2) Giả sử

π 14

+k

π 7

=

π 4

+n

π 2

⇔ 4k − 14n = 5

( 3)

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

x=

π π +k 14 7

(k ∈ Z )

Các bài tập tương tự 1/

2 ( s inx − cos x ) 1 = ; tan x + cot 2 x cot x − 1

s inx.cot5x 3/ = 1; cos9x

( 4 cos

2

4/ tan

4

2/ 2sin x + c otx = 2sin 2 x + 1 ;

( 2 − sin x +1 =

2

)

2 x .sin 3 x 4

cos x

; 5/

1 x − 3 sin 3 x = .

2

)

23

II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế Khi áp dụng sáng kiến 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. Vì vậy nếu làm được theo phương pháp 1: “Biểu diễn nghiệm (của phương 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 nhưng yêu cầu học sinh phải phác 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 dụng cho tất cả các bài toán PTLG có điều kiện.

Với những bài toán không áp dụng được 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

24

hạn về thời gian cũng như năng lực của học sinh. Khi đó phương pháp 2 lại phù hợp hơn ( ví dụ 1, ví dụ 5 của phương pháp 2 minh hoạ cho điều này).

III. Hướng phát triển sáng kiến: Do thời gian có hạn nên sáng kiến kinh nghiệm chỉ đề cập những phương pháp cơ bản về kết hợp nghiệm với điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện.Sáng kiến kinh nghiệm 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 số mũ, lôgarít và hàm số dưới dấu căn…

5. Kết quả thực hiện 5.1/ Kết quả từ thực tiễn.

- Ban đầu học sinh gặp khó khăn nhất định trong việc làm quen với phương pháp kết hợp nghiệm và điều kiện trong PTLG có điều kiện. Sau khi được rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh đã mạnh dạn hơn, linh hoạt hơn trong việc giải PTLG có điều kiện .

- Cái hay của phương pháp này là học sinh không bị mất điểm trong giải PTLG có điều kiện.

- Tránh được việc không biết kết luận nghiệm. * Ngoài bài tập sách giáo khoa, hệ thống bài tập ở chương I sách Đại số và giải tích 11, tôi cho học sinh luyện tập các bài tập trong các đề thi cao đẳng, đại học hàng năm và các tài liệu tham khảo về chuyên đề lượng giác của nhà xuất bản ĐHQG. Nhận xét: Học sinh đã làm được một số lượng tương đối lớn bài tập mà ít mắc sai lầm trong lời giải.

5.2/ Kết quả thực nghiệm.

Sáng kiến được áp dụng trong năm học 2018-2019 tại lớp 11A1 trường THPT Bến Tre, Thành phố Phúc Yên, tỉnh Vĩnh Phúc.

25

Bài kiểm tra với 2 lớp: lớp 11a4 (Nhóm1) không áp dụng sáng kiến và với lớp 11a1 (nhóm2) áp dụng sáng kiến như sau: Xếp loại Đối tượng Nhóm 1 Nhóm 2

Giỏi

Khá

TB

Yếu

4% 40%

38% 50%

58% 10%

0% 0%

Phần III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.

1. Kết luận Phương pháp kết hợp nghiệm và điều kiện trong PTLG có điều kiện , có một vai trò quan trọng trong chương trình THPT, nó có tác dụng rất lớn trong giải giải PTLG. Mặt khác bài toán này thường được đề cập rất nhiều trong các kỳ thi, đặc biệt là các kỳ thi tuyển sinh vào các trường Đại học - Cao đẳng - THCN. Với chuyên đề này tôi đã áp dụng đối với lớp 11 với đối tượng là học sinh trung bình, học sinh khá và nhận thấy là hiệu quả tương đối khả quan.

Do đó qua bài viết này tôi muốn nhấn mạnh những ưu điểm của việc sử dụng các phương pháp kết hợp nghiệm và điều kiện trong PTLG có điều kiện . Tuy nhiên trong bài viết này có nhiều vấn đề tôi chưa đề cập đến và cũng không tránh khỏi những thiếu sót. Mong nhận được sự góp ý của tất cả mọi người để đề tài hoàn thiện và có tác dụng tốt hơn nữa.

Tôi xin chân thành cảm ơn.

2. Kiến nghị - Cần cung cấp thêm tài liệu liên quan tới môn học.

- Mở lớp bồi dưỡng luyện thi THPTquốc gia cho học sinh.

26

*Vấn đề mới/ cải tiến SKKN đật ra và giải quyết so với các SKKN trước đây (ở trong nhà trường hoặc trong tỉnh): - Ban đầu học sinh gặp khó khăn nhất định trong việc làm quen với phương pháp kết hợp nghiệm và điều kiện trong PTLG có điều kiện. Sau khi được rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh đã mạnh dạn hơn, linh hoạt hơn trong việc giải PTLG có điều kiện .

- Cái hay của phương pháp này là học sinh không bị mất điểm trong giải PTLG có điều kiện.

- Tránh được việc không biết kết luận nghiệm.

27

PHẦN IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Sách giáo khoa môn Toán lớp 10, 11 cơ bản_NXB Giáo dục.

2. Sách giáo khoa Bài tập môn Toán lớp 10, 11 cơ bản_NXB Giáo dục.

3. Sách giáo khoa môn Toán lớp 10, 11 nâng cao_NXB Giáo dục.

4. Sách giáo khoa Bài tập môn Toán lớp 10, 11 nâng cao_NXB Giáo dục.

5. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ_NXB Giáo dục.

28

......., ngày.....tháng......năm......

Hiệu trưởng (Ký tên, đóng dấu)

........, ngày.....tháng......năm......

Tác giả sáng kiến (Ký, ghi rõ họ tên)

29