SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAITRƯỜNG THPT SỐ 1 TP LÀO CAITên sáng kiến:Hoàng Thị HoànLào Cai, năm 2011MỤC LỤCTrangPHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU1. Tính cấp thiết của ñề tài2. Tình hình nghiên cứu3. Mục ñích nghiên cứu4. Nhiệm vụ nghiên cứu4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu22223PHẦN II. PHẦN NỘI DUNGMột vài phương pháp tìm nghiệmcủa phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác.2. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác:3. Phương pháp thử trực tiếp:4. Phương pháp biểu diễn trên ñường tròn lượng giác5. Phương pháp ñại số6. Bài tập vận dụng các phương pháp34581012PHẦN III. KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM- KẾT LUẬN13PHẦN IV. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO13PHẦN I: PHẦN MỞ ĐẦU1-Tính cấp thiết của ñề tài:Trong quá trình dạy học phương pháp dạy của thầy, việc tiếp thu kiếnthức của học trò là vấn ñề mà chúng ta ñặc biệt quan tâm. Khi giải các phươngtrình lượng giác có chứa ñiều kiện, sau khi tìm ñược họ nghiệm của phươngtrình, học sinh thường không biết ñối chiếu với ñiều kiện ban ñầu, dẫn ñến kếtluận họ nghiệm không chính xác. Bài viết này tôi muốn giới thiệu phương phápñối chiếu ñiều kiện ñể kết luận nghiệm của phương trình lượng giác có chứañiều kiện thông qua ví dụ cụ thể.2- Tình hình nghiên cứu.Phấn ñấu ñể dạy tốt các môn học nói chung và môn Toán nói riêng lànguyện vọng tha thiết của ñội ngũ giáo viên. Trong quá trình thực tiễn giảngdạy, bồi dưỡng chuyên môn tôi ñã sưu tầm tư liệu, soạn giảng và rút kinhnghiệm qua các giờ dạy.3- Mục ñích nghiên cứu.Một vấn ñề thường gặp trong giải phương rình lượng giác và làm cho họcsinh lúng túng ñó là những bài toán về giải phương trình lượng giác có ñiềukiện.Thông thường những bài toán về loại này là những vấn ñề hay và khó.Với mục ñích giúp học sinh học có hiệu quả hơn có cái nhìn tổng quanhơn hiểu ñược bản chất của vấn ñề từ ñó ñưa ra ñược phương pháp giải ñặc biệtlà các bài toán về giải phương trình lượng giác có ñiều kiện. Những bài toán nàynội dung rất hấp dẫn và khó giải quyết. Một trong những nguyên nhân gây khógiải quyết là vì việc kiểm tra ñiều kiện. Để giải quyết phần nào những khó khăntrên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp những kĩ thuật giảiphương trình lượng giác có ñiều kiện và cho các bạn yêu thích toán học, cácthầy cô giáo, các em học sinh các trường THPT tham khảo và tiếp tục phát triển.4- Nhiệm vụ nghiên cứuNghiên cứu một số kĩ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác chứañiều kiện thông qua ví dụ cụ thể từ ñó tổng hợp thành phương pháp.25- Đối tượng nghiên cứuĐối tượng nghiên cứu là một số Kĩ thuật tìm nghiệm của phương trìnhlượng giác chứa ñiều kiệnPhạm vi: Giới hạn trong việc giải phương trình lượng giác có chứa ñiềukiện.PHẦN II: NỘI DUNGĐặt vấn ñề: Phương trình lượng giác có ñiều kiện [chủ yếu là phươngtrình chứa ẩn ở mẫu số hoặc chứa ẩn trong hàm số tang và cotang] là dạng cơbản hay và khá phức tạp, thường xuyên ñề cập trong các ñề thi. Đối với giáoviên việc dạy cho học sinh hiểu và có cách diễn ñạt rõ cách ñối chiếu nghiệmtìm ñược với ñiều kiện không hề rễ ràng. Điều khó khăn cơ bản là số nghiệm củaphương trình lượng giác thường là vô hạn và ñược biểu diễn dưới dạngα+k 2π[k Z , n N * ] . Hơn nữa, cùng một phương trình lượng giác nếu dùng cácnphép biến ñổi khác nhau có thể thu ñược các phương trình cơ bản khác nhau vàtừ ñó thu ñược số họ nghiệm cũng như hình thức các họ nghiệm rất khác nhau .Qua quá trình giảng dạy tôi ñã tham khảo tài liệu và ñưa ra một vài phương phápñối chiếu ñiều kiện ñể kết luận nghiệm của phương trình lượng giác có chứañiều kiện thông qua ví dụ cụ thể.1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác.Bài tập 1: Giải phương trìnhcos 2 x tan 2 x =cos 2 x cos3 x 1[1]cos 2 xGiải:ĐK: cosx 0 khi ñó[1] 2 cos 2 x 1 tan 2 x = 1 cos x 1 tan 2 x 2 cos 2 x + cos x 1 = 0cos x = 1cos x = 12Đối chiếu ñiều kiện cosx 0 cả hai nghiệm ñều thoả mãn3Vậy phương trình [1] có họ nghiệm là:x = π + k 2π ; x = ±π3+ k 2π [k Z ].Nhận xét:Trong phương trình[1] ta biến ñổi ñiều kiện và nghiệm tìmñược thông qua hàm số y = cosx. Từ ñó chuyển việc ñối chiếu ñiều kiện của xvề ñối chếu ñiều kiện của y [giống như trong ñại số].Bài tập 2: Giải phương trình:112+=[2]cos x sin 2 x sin 4 xGiải:sin x ±1cos x 0ĐK: sin 2 x 0 sin x 0sin 4 x 01sin x ±2Khi ñó phương trình[2] tương ñương 4 sin x. cos 2 x + 2 cos 2 x = 2 4 sin x[1 2 sin 2 x] + 2[1 2 sin 2 x] = 2 sin x[2 sin 2 x + sin x 1] = 0sin x = 1 sin x = 01sin x =2Đối chiếu ñk ta chọn sin x =12Vậy phương trình có hai họ nghiệm là:x=π6+ k 2π ; x =5π+ k 2π , k Z .62. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác:Bài tập 3: Giải phương trìnhtan 4 x + 1 =[2 sin2]2 x sin 3 x[3]cos 4 xGiải:ĐK: cos x 0 sin x ±1 ta có4[3] sin 4 x + cos 4 x = [2 sin 2 2 x ]sin 3x[]1 1 sin 2 2 x = 2 sin 2 2 x sin 3 x2 2 sin 2 2 x [1 2 sin 3 x] = 01 sin 3 x = [*] 2 sin 2 2 x 1x21 3 sin x 4 sin 3 x = [* *]2[][]Thay sin x = ±1 vào [**] ñều không thoả mãn , nên các nghiệm của phương trình[*]là nghiệm cuả phương trình [3]:Vậy phương trình có hai họ nghiệm là:x=π18+5π k 2πk 2π;x =+, k Z.3183Nhận xét: Trong phương trình [3] ĐK cos x 0 sin x ±1 sau ñó thaysinx = ± 1 vào phương trình [**] ñều không thoả mãn dẫn ñến nghiệm của PT[**] là nghiệm của PT [3]. Không cần tìm nghiệm cụ thể vẫn ñối chiếu ñượcñiều kiện.3. Phương pháp thử trực tiếp:a] Hướng giải 1:Bài tập 4: Giải phương trình: tan 5 x. cos 3x = sin 7 x [4]Giải: cos 5 x 0 khi ñó[4] 2 sin 5 x. cos 3x = 2 sin 7 x. cos 5 x sin 8 x = sin 12 xTa ñược x =Với x =Với x =kππ kπ;x =+, k Z.220 10kπ5kπkπthì cos 5 x = cos= cos 0 k = 2m[m Z ] .222π20+kππ kπthì cos 5 x = cos +2104 0. .Vậy phương trình có hai họ nghiệm là:x = mπ , x =π20+kπ[m, k Z ]10Bài tập 5: Giải phương trình:12 [sin x cos x]=[5]tan x + cot 2 xcot x 15cos x 0sin 2 x 0 tan x + cot 2 x 0Giải: ĐK: cot x 1 0sin x 0sin x cos x 01[5] 2 [sin x cos x]cos x1sin x=sin x cos 2 x+cos x sin 2 xcos x. sin 2 x= 2 sin xcos xKhi ñó sin 2 x = 2 sin x[] sin x 2 cos x + 2 = 0sin x = 0[loai ]cos x = 223πx=+ k 2π24Với cos x = 2 x = 3π + k 2π4Ta thấy cos x 0, sin x 0 thoả mãn. Thay trực tiếp x =3π3π+ k 2π , x = + k 2π44 3πsin 2 x = sin 2 + k 2π 0vào hệ sin x cos x = sin 3π + k 2π cos 3π + k 2π 0 4 43πx=+ k 2π [t / m]4Thay x = 3π+ k 2π không thoả mãn4Vậy phương trình có họ nghiệm là: x =3π+ k 2π4b] Hướng giải 2πBài tập 6: Giải phương trình: 2 sin 3x + = 1 + 8 sin 2 x. cos 2 2 x [2]4πGiải: Với ñiều kiện sin 3x + 046π[2] 4 sin 2 3 x + = 1 + 8 sin 2 x. cos 2 2 x4π 21 cos 6 x + = 1 + 4 sin 4 x. cos 2 x2 2 + 2 sin 6 x = 1 + 2[sin 6 x + sin 2 x] sin 2 x =12π x = 12 + kπ [a ][k Z ] x = 5π + kπ [b]12πĐối chiếu ñiều kiện: Vì hàm y = sin 3x + có chu kì T 2π nên cần thử4trực tiếp với k= 0; 1 và thấy k = 0 thì [a] thoả mãn; k = 1 thì [b] thoả mãn. Vậynghiệm của phương trình [2] là x =π12+ k 2π , x =17π+ k 2π [k Z ].12Bài tập 7: Giải phương trìnhtan 2 x tan 3 x tan 5 x = tan 2 x tan 3 x tan 5 x [1]Giải: Điều kiện: cos 2 x 0, cos 3x 0, cos 5 x 0[1] tan 5 x[1 + tan 2 x tan 3 x] = tan 2 x tan 3 x.Nếu 1 + tan 2 x tan 3 x = 0 thì[1] tan 2 x = tan 3 x. Khi ñó 1 + tan 2 2 x = 0 [vô lí]Do ñó 1 + tan 2 x tan 3 x 0. Khi ñótan 2 x tan 3 x1 + tan 2 x tan 3 xkπ tan 5 x = tan[ x] x =[k Z ].6[1] tan 5 x =Đối chiếu ñiều kiện: Vì hàm y = cos2x, y = cos3x, y = cos5x ñều có chukì T 2π nên ta chỉ cần thử trực tiếp với k là 0,1,2,3,4,5 và thầy k = 0,2,4 thoảmãn. Vậy nghiệm của phương trình [1] là:x = k 2π , x =π3+ k 2π , x =2π+ k 2π [k Z ].3Nhận xét: Giả sử rằng:+ Điều kiện xác ñịnh là f [ x] 0 [ hoặc f [ x] 0, f [ x] 0 ] trong ñó f [x] làhàm số tuần hoàn với chu kỳ T.7+ PT hệ quả có nghiệm x = α +k 2πvới k Z và n là số nguyên dương xácnñịnh. Khi ñó ta ñối chiếu ĐK như sau:Nếu T 2π thì ta chỉ cần thử trực tiếp cung x ứng với n giá trị tự nhiênñầu tiên của k là 0, 1, 2,, n-1. Nếu [l 1]2π < T l 2π .[l N , l 2] thì ta cần thửtrực tiếp cung x ứng với ln giá trị tự nhiên ñầu tiên của k là 0, 1, 2,,ln-1Ưu ñiểm của phương pháp là ñơn giản, dễ hiểu, phù hợp với ñại trà, nhấtlà với học sinh có lực học trung bình. Tuy nhiên với n càng lớn thì việc ñốichiếu sẽ mất nhiều thời gian.4. Phương pháp biểu diễn trên ñường tròn lượng giácTa biểu diễn trên ñường tròn những ñiểm không thoả mãn ñiều kiện [ñánhdấu"X"] và những ñiểm nghiệm tìm ñược [ñánh dấu"O"]Những ñiểm ñánhdấu"O" mà không trùng với những ñiểm ñánh dấu "X" chính là những ñiểm thoảmãn ñiều kiện. Phương pháp này có hiệu quả khi số ñiểm thoả mãn ĐK là ít và ởvị trí ñặc biệt.Nhận xét: Mỗi cung[hoặc góc] lượng giác ñược biểu diễn bởi một ñiểmtrên ñường tròn lượng giác.i] x = α + k 2π ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi một ñiểm.ii] x = α + kπ ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi hai ñiểm ñốixứng nhau qua gốc toạ ñộ.iii] x = α +k 2πñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi ba ñiểm3cách ñều tạo thành ba ñỉnh của tam giác ñều nội tiếp ñường tròn.TQ: x = α +k 2π[n 3] biểu diễn trên ñường tròn bởi n ñiểm cách ñều, tạonthành n ñỉnh của một ña giác ñều nội tiếp ñường tròn.Bài tập 8: Giải phương trình:sin x + sin 2 x + sin 3 x= 3 [6]cos x + cos 2 x + cos 3 xGiải:ĐK: cos x + cos 2 x + cos 3x 08π kπ x 4 + 2 x ± 2π + k 2π32 sin 2 x. cos x + sin 2 x= 32 cos 2 x cos x + cos 2 x tan 2 x = 3x=π6+nπ[n Z ]2Trên ñường tròn lượng giác biểu diễn x =xπ4+π6+nπbởi bốn ñiểm[ñánh dấu"O"].2kπ2π,x ±+ k 2π bởi sáu ñiểm [ñánh dấu"X"]. Ta thấy có ba ñiểm ñánh23dấu "O" không trùng với dấu "X". Vậy phương trình có họ nghiệm là:x=π6+ nπ , x =5π+ 2 nπ , n Z .6Bài tập 9: Giải phương trình: cos x + sin 3x = 0 [7]Giải:Khi cos x 0 thìπ x = 4 + kπ[7] cos x + sin 3 x = 0 [*] x = 3π + kπ82Biểu diễn [*] trên ñường tròn lượng giác ñược sáu ñiểm ñánh dấu "O" chỉcó ba ñiểm nằm bên phải Oy[ cos x 0 ] ứng vớix=π4+ k 2π , x = π8+ k 2π , x =3π+ k 2π4Khi cos x < 0 thì.π x = 4 + kπ[7] cos x + sin 3 x = 0 [**] x = π + kπ8Biểu diễn [**] trên ñường tròn lượng giác ñược sáu ñiểm ñánh dấu "O"chỉ có ba ñiểm nằm bên trái Oy[ cos x < 0 ] ứng vớix=5π9π5π+ k 2π , x =+ k 2π , x =+ k 2π884Kết luận: Vây phương trình [7] có họ nghiệm là:9x=x=π4+ k 2π , x = π8+ k 2π , x =3π+ k 2π45π9π5π+ k 2π , x =+ k 2π , x =+ k 2π .8845. Phương pháp ñại số:Bài tập 10: Giải phương trình:sin x cot 5 x=1cos 9 xmπ x 5Giải: ĐK sin5x 0 , cos9x 0 tức là [m Z ] x [2m + 1]π18[ ] sin x. cos 5 x = sin 5 x. cos 9 x sin 6 x sin 4 x = sin 14 x sin 4 x sin 6 x = sin 14 xx =x =kπ[a]4π kπ+[b]20 10Đối chiếu ñiều kiện:Nghiệm [a] bị loại khi và chỉ khi k, m Z sao cho kπ mπ 4 = 55 k 4 m = 0 [ c ]k = 4t[t Z ]9k 4m = 2[d ] k = 2 4t kπ = [2m + 1]π 418Vậy với k lẻ tức làx=π4+tπ[t Z ].2Nghiệm [b] bị loại khi và chỉ khi k, m Z sao choπ 20 +π + 20kπ mπ= 2 k 4 m = 1105kπ [2m + 1]π18k 20m = 1=1018cả hai PT ñều không có nghiệm nguyên.Suy ra nghiệm[b] thoả mãn ñiều kiện.Vậy nghiệm của phương trình làx=π4+kππ kπ;x =+[k Z ].220 1010Bài tập 11: Giải phương trình17π cos x cos 5 x+ 8 sin 2 2 x + = 4[cos 2 x + 1] [*]cos 3 x cos x4 Giải: ĐK: cos 3x 0 x π6+mπ3[m Z ] Ta có17π 2 8 sin 2 2 x + + 4[cos 2 x + 1] = 8 cos 2 x + 4 cos 2 x + 4 = 4 cos 2 x 4 cos 4 x = 8 sin 3 x sin x4Do ñó phương trình [*][*] cos 2 x cos 5 x cos 3 x = 8 sin x cos x sin 3 x cos 3 x1 + cos 2 x cos 8 x + cos 2 x= sin 2 x sin 6 x22 1 cos 8 x = 4 sin 2 x sin 6 x 1 cos 8 x = 2[cos 4 x cos 8 x ] 2 cos 4 x[cos 4 x 1] = 0cos 4 x = 0cos 4 x = 1π kπ x = 8 + 4 [a ] x = kπ [b]2Đối chiếu ñiều kiện:Nhận thấyπ8+kπ π mπ= + 6k 8m = 1 Không có nghiệm nguyên. Suy ra463nghiệm [a] thoả mãn ñiều kiệnNgiệm [b] bị loại với k , m Z sao cho k = 1 2tkπ π mπ= + 3k 2m = 1 [t Z ]263 m = 1 3tSuy ra k chẵn, tức là x = lπ [l Z ] nghiệm của phương trình [*] làx= x =π8+kπ, x = lπ [k , l Z ]4Nhận xét: Giả sử rằng+ ĐK là x x0 + m2π, m Z . và p là số nguyên dương ñã biết.p11+ Phương trình hệ quả có nghiệm x = α + kdương ñã biết xk = α + k2π, k Z . và n là số nguyênn2π, k Z . Ta ñối chiếu ñiều kiện như sau:na] Nghiệm xk bị loại khi và chỉ khi m Z sao cho α + k2π2π= x0 + m .npb] Nghiệm xk nhận ñược khi và chỉ khi m Z , ñều có α + k6. Bài tập vận dụng: Giải các phương trình sau:ππ1. tan x + + cot 3x = 0 .32. tan 2 x 3π467π + cot 4 x +8=0xπ3. tan 2 x + . cot π = 1324. 2 tan x + cot 2 x = 2 sin 2 x +5.12 sin 2 x3[tan x + sin x ] 2 cos x = 2tan x sin x6. 2 sin x + cot x = 2 sin 2 x + 17. 3 tan 3 x tan +3[1 + sin x ]π π 8 cos 2 = 02cos x4 28. tan 2 x. tan 3x. tan 5 x = tan 2 x tan 3 x tan 5 x.9.1 cos x + 1 + cos x= 4 sin xcos x10. 6 sin x 2 cos3 x =11.5 cos x. sin 4 x.2 cos 2 xcos x cos 5 x17π + 8 sin 2 2 x + x = 4[cos 2 x + 1]cos 3 x cos x4 12. cos x + 2 cos 2 x cos 3x = 1 + 2 sin x cos 2 x.122π2π x0 + m .npPHẦN 3: KẾT LUẬN1. Kết quả áp dụng.Qua kiểm tra kết ñánh giá ñối với học sinh lớp 12A2 ôn thi cao ñẳng vàñại học, kết quả thu ñược rất khả quan, học sinh nắm vững kĩ thuật giải phươngtrình lượng giác chứa ñiêư kiện, học tập say mê và hứng thú.2. Tự ñánh giá.Sáng kiến có tính khả thi, có thể áp dụng ñể dạy học toán trong các trườngTHPT tỉnh Lào Cai.Trong quá trình nghiên cứu thực hiện không tránh khỏi những thiếu sótvà hạn chế . Rất mong nhận ñược sự ñóng góp bổ sung của các ñồng nghiệp ñểñề tài hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong quá trình giảng dạy và bồidưỡng học sinh.Lào Cai, ngày 20/3/2011Người viết sáng kiếnHoàng Thị HoànTÀI LIỆU THAM KHẢO1. Tạp chí Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất bản giáo dục.2. Sách giáo khoa Đại số và giải tích lớp 11- Nhà xuất bản giáo dục3. Sách giáo viên Đại số và giải tích lớp 11- Nhà xuất bản giáo dục4. Sách bài tập Đại số và giải tích lớp 11- Nhà xuất bản giáo dục5. Lê Hồng Đức. Phương pháp giải phương trình lương giác. Nhà xuất bản Đại họcsư phạm. 2004-----------------------------------------------------------------1314 Tải về bản full |
