SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài:

RÈN LUYỆN HỌC SINH LỚP 11 KỸ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Người thực hiện: Nguyễn Thị Thanh Lam Tổ: Toán Trường THPT Lê Quý Đôn

Năm học: 2012 - 2013

1

I. TÊN ĐỀ TÀI: RÈN LUYỆN HỌC SINH LỚP 11 KĨ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC II. ĐẶT VẤN ĐỀ: Phương trình lựợng giác (PTTG) là kiến thức rất quan trọng trong chương trình môn Toán trung học phổ thông nói chung và trong chương trình môn toán lớp 11 nói riêng.Trong các đề thi Đại học và Cao đẳng, phương trình lượng giác luôn có mặt. Tuy nhiên, đứng trước một phương trình lượng giác học sinh thường lúng túng không biết giải bằng cách nào hay dùng công thức nào để giải. Vì vậy, để học tốt phần này, ngoài việc đòi hỏi học sinh phải có một kĩ năng biến đổi lượng giác thành thạo, mà còn đòi hỏi các em phải biết nhận xét, quan sát, sử dụng công thức lượng giác phù hợp để có hướng biến đổi đúng đắn nhằm đưa một PTLG đã cho về một PTLG đơn giản hơn. Vì vậy, trong những năm dạy môn Toán ở các lớp 11 nâng cao, tôi luôn suy nghĩ là làm thế nào để giúp các em có được một kĩ năng giải PTLG. Với suy nghĩ đó, đứng trước một PTLG tôi luôn tập các em phải biết quan sát, nhận xét về mối liên hệ giữa các góc cung và các hàm số lượng giác có mặt trong phương trình từ đó sử dụng công thức lượng giác phù hợp để tìm ra lời giải. Giới hạn nghiên cứu của đề tài: - Các dạng phương trình lượng giác: Cơ bản và nâng cao. - Một số phương trình lượng giác trong kì thi Đại học - Cao đẳng. III. CƠ SỞ LÍ LUẬN: Nhiệm vụ trọng tâm ở trường THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt động học của trò. Đối với người thầy, việc giúp học sinh nắm vững những kiến thức phổ thông nói chung, đặc biệt là kiến thức thuộc bộ môn Toán học là việc làm rất cần thiết. Muốn học tốt môn Toán, học sinh phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn Toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết một cách linh hoạt vào từng bài toán cụ thể. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và suy nghĩ linh hoạt. Vì vậy, trong quá trình dạy học giáo viên cần giúp cho học sinh cách học và biết sử dụng các kiến thức đã học vào từng bài toán cụ thể. Mục đích là làm cho học sinh khi đứng trước một bài toán, các em biết cách phân tích, nhận dạng, biết chuyển bài toán mới về bài toán đơn giản hơn hoặc một bài toán quen thuộc đã biết cách giải. Đối với bài toán giải PTLG cũng vậy, khi dạy học sinh phần này, ngoài việc phải trang bị cho các em những kiến thức cần thiết và phương pháp giải những dạng PTLG thường gặp, bên cạnh đó giáo viên cần phải dạy các em cách nhận dạng một bài toán, biết phân tích các yếu tố về cung góc, biết nhận xét về các hàm số lượng giác có mặt trong mỗi bài toán…để từ đó có thể có

2

các bước biến đổi phù hợp nhằm đưa bài toán cần giải quyết về một một bài toán đơn giản hơn. IV. CƠ SỞ THỰC TIỄN: Xuất phát từ thực tế giảng dạy phân môn Giải tích lớp 11. Cụ thể chương I – Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác. Đối với phần PTLG, mục tiêu của chương là học sinh biết cách tìm nghiệm của PTLG cơ bản và phương pháp giải một số dạng PTLG đơn giản. Về kĩ năng, học sinh phải biết giải một số dạng PTLG không quá phức tạp có thể quy được về phương trình lượng giác đã biết cách giải. Tuy nhiên, trong thực tế các PTLG trong các đề thi Đại học hầu hết là những PTLG không mẫu mực, một số phương trình đòi hỏi biến đổi khá phức tạp. Vì vậy, để học sinh học tốt phần này, ngoài việc rèn luyện cho học sinh kĩ năng biến đổi lượng giác thật thành thạo, giáo viên cần phải dạy học sinh cách sử dụng các công thức đã học vào việc giải phương trình lượng giác như thế nào cho phù hợp. V. NỘI DUNG: Trước khi bắt tay vào việc giải phương trình lượng giác, các em phải thuộc lòng tất cả các công thức lượng giác đã học và phải có kĩ năng biến đổi lượng giác thành thạo. Tiếp đến, các em phải nắm vững công thức nghiệm của các PTLG cơ bản và nắm vững phương pháp giải các PTLG thường gặp. Ngoài những PTLG thường gặp mà học sinh đã được học và đã có cách giải riêng cho từng loại, các em sẽ gặp phải một lớp các phương trình không nằm trong các dạng thường gặp, đó là PTLG không mẫu mực. Trong quá trình dạy phần này cho học sinh, tôi đặc biệt quan tâm đến việc phân tích các yếu tố về cung, góc và các hàm số lượng giác có mặt trong PTLG để từ đó hướng dẫn các em nên sử dụng các công thức lượng giác nào cho phù hợp. Sau đây tôi xin đi vào cách phân tích để tìm lời giải cho một số PTLG không mẫu mực thông qua một số ví dụ minh họa. 1. Dựa vào mối quan hệ giữa các cung: Trong khi giải PTLG, thì việc xem xét mối quan hệ giữa các cung là việc làm hết sức cần thiết, từ đó kết hợp với các công thức lượng giác để đưa về PTLG quen thuộc là một vấn đề then chốt. Chúng ta xét các ví dụ sau đây để thấy được việc xem xét mối liên hệ giữa các cung quan trọng như thế nào.

Bài 1: (ĐHXD – 1997)

Giải phương trình: .4cos)

4tan().

4tan(

2cos2sin 444

xxx

xx=

+−

+ππ

Nhận xét: Trước hết ta để ý:

3

Tổng 244πππ

=

++

− xx nên 1)

4cot().

4tan()

4tan().

4tan( =−−=+− xxxx ππππ và

cung 2x có thể đưa về cung 4x bằng công thức nhân đôi. Với nhận xét trên ta có cách giải bài toán như sau:

Giải:

Điều kiện: 04

cos.4

cos0

4cos

04

cos≠

+

−⇔

≠

+

≠

−

πππ

π

xxx

x

.12sin02cos02

cos2cos21

±≠⇔≠⇔≠

+⇔ xxx π

xxxxxxpt 4cos2cos.2sin214cos2cos2sin 422444 =−⇔=+⇔

024sin4cos24cos4sin211 2442 =−+⇔=−⇔ xxxx

014cos4cos202)4cos1(4cos2 2424 =−−⇔=−−+⇔ xxxx

2)(02cos

)(02sin04sin)(

214cos

14cos2

2πkx

loaixthoax

xloaixx

=

⇔

==

⇔=

⇔−=

=⇔ .

Chú ý: Đối với PTLG trên, việc nhận xét tổng hai cung 244πππ

=

++

− xx

là rất cần thiết, bởi nếu không có sự nhận xét đó, mà quy đồng và biến đổi thì phương trình trở nên rất phức tạp. Với sự nhận xét về tổng hai cung như bài toán trên, giáo viên có thể cho học sinh rèn luyện thêm bài toán tương tự sau:

Bài 2: (ĐHGTVT – 1999)

Giải phương trình: )6

cot().3

cot(87cossin 44 xxxx −+=+

ππ

Bài 3: (ĐHDB B – 2003) Giải phương trình: 03cos2cos84cos3 26 =++− xxx Giải:

Nhận xét 1: Trong phương trình chỉ xuất hiện cung 4x và cung x, ta nghĩ đến việc đưa 4x về cung x bằng công thức nhân đôi, cụ thể như sau:

1cos8cos81)1cos2(212cos24cos 24222 +−=−−=−= xxxxx .

Từ đó ta có cách giải sau: Cách 1: Phương trình 03cos11cos12cos4 246 =−+−⇔ xxx (pt bậc 6 chẵn) Đặt: 10,cos2 ≤≤= txt

4

Khi đó ta có:

=

=⇔=−+−

211

0311124 23

tt

ttt (thỏa đk)

Do đó:

=

=⇔=−+−

21cos1cos

03cos11cos12cos4 2

2

246

xx

xxx

.242

202cos0sin

21

22cos1

0sin2

+=

=⇔

+=

=⇔

==

⇔=+

=⇔ ππ

πππ

πkx

kxkx

kx

xx

xx

Nhận xét 2: Từ sự xuất hiện các lũy thừa bậc chẵn của cosx ta có thể nghĩ đến việc chuyển về cung 2x bằng công thức hạ bậc và từ cung 4x ta chuyển về cung 2x bằng công thức nhân đôi, với hướng suy nghĩ đó, ta có cách giải khác như sau:

Cách 2: pt 032

2cos122

2cos18)12(cos33

2 =+

+

+

+

−−⇔xxx

==

⇔=+−⇔=+−⇔12cos02cos

0)22cos32(cos2cos02cos22cos32cos 223

xx

xxxxxx

=

+=

⇔

=

+=⇔π

ππ

π

ππ

kx

kx

kx

kx24

222

2

Nhận xét 3: Từ sự xuất hiện các hệ số tỉ lệ với nhau, ta nghĩ đến việc nhóm các hạng tử và đưa về phương trình tích.Từ đó, ta có cách giải sau:

Cách 3: 0)1cos4(cos2)4cos1(3 42 =−−+⇔ xxxpt 02cos)1cos2(cos22cos60)1cos2)(1cos2(cos22cos2.3 2222222 =+−⇔=−+−⇔ xxxxxxxx

[ ]

=−−−

+=⇔=⇔=+−⇔)1(0coscos2)1cos2(3

2402cos0)1cos2(cos2cos32cos

242

22

xxx

kxxxxxxππ

πkxxloaixx

xxpt =⇔=⇔

=

=⇔=−+−⇔ 0sin)(

23cos

1cos03cos5cos2)1( 2

2

24

ĐS:

+∈ πππ kkx ;

24

Bài 4: (ĐH – B 2003)

Giải phương trình: x

xxx2sin

22sin4tancot =+−

Giải: Nhận xét: Từ sự xuất hiện hiệu xx tancot − và x2sin ta xem chúng có mối

quan hệ nào, có đưa được về nhân tử chung hay cùng một cung hay không?

5

Ta có: xx

xxxxxx

2sin2cos2

cos.sinsincostancot

22

=−

=− , từ đó ta có cách giải như sau:

ĐK:2

02sin02sin0cos0sin

πkxxxxx

≠⇔≠⇔

≠≠≠

x

xxx

xx

xxxxpt

2sin12sin2

2sin2cos

2sin22sin4

cos.sinsincos 22

=+⇔=+−

⇔

012cos2cos21)2cos1(22cos12sin22cos 222 =−−⇔=−+⇔=+⇔ xxxxxx

ππππ kxkxx

loaix

xx

+±=⇔+±=⇔

−=

=⇔

−=

=⇔

32

322

212cos

)(02sin

212cos

12cos(thỏa đk).

Bài 5: (ĐH - A 2008)

Giải phương trình: )4

7sin(4)

23sin(

1sin

1 xxx

−=−

+π

π

Nhận xét: Với bài toán này, có lẽ khó khăn mà các em gặp phải đó là sự xuất hiện của hai cung

23π

−x và x−4

7π . Từ sự xuất hiện hai cung 2

3π−x và x−

47π

chúng ta nghĩ đến việc đưa hai cung về một cung x. Để làm được việc đó, đầu tiên là ta nghĩ đến sử dụng công thức cộng hoặc công thức về cung góc có liên quan đặc biệt.Với hướng suy nghĩ đó ta có các cách biến đổi sau: Giải: + Cách 1: Sử dụng công thức cộng:

Ta có: xxxx cos2

3sin.cos2

3cos.sin2

3sin =−=

−

πππ

( )xxxxxxx cossin22sin

22cos

22

47cos.sincos

47sin

47sin +−=−−=−=

−

πππ

+ Cách 2: Sử dụng công thức cung góc có liên quan đặc biệt:

Ta có: xxxx cos2

sin22

3sin2

3sin =

+=

+−=

−

ππππ

Hoặc: xxxx cos2

sin2)2

(sin2

3sin =

+=

−+=

−

ππππ

)cos(sin22

4sin

42sin

47sin xxxxx +−=

+−=

+−=

−

ππππ

Giải:

6

ĐK:

≠⇔≠⇔≠≠

202sin

0cos0sin πkxx

xx .

Pt )cos(sincos.sin22cossin)4

sin(4cos

1sin

1 xxxxxxxxx

+−=+⇔+−=+⇔π

( )( )

−=

−=⇔

=+=+

⇔=++⇔ )(222sin

1tan

01cos.sin220cossin

01cos.sin22cossin thoax

x

xxxx

xxxx

+=

+−=

+−=

⇔

+=

+−=

+−=

⇔

ππ

ππ

ππ

ππ

ππ

ππ

kx

kx

thoakx

kx

kx

kx

85

8

)(4

24

52

24

24

KL : Nghiệm của phương trình là: ππππππ kxkxkx +=+−=+−=8

5;8

;4

Bài 6: (ĐH D – 2009) Giải phương trình: 0sin2cos.3sin25cos3 =−− xxxx Giải: Nhận xét 1:Từ sự xuất hiện các cung 5x, 3x, 2x, x và 3x + 2x = 5x ta nghĩ đến

việc áp dụng công thức biến đổi tổng thành tích để đưa về cung 5x. Còn cung x thì thế nào, giáo viên hướng dẫn học sinh trong phần chú ý sau bài toán.

−−=

−=⇔=−⇔

=−⇔=−+−⇔

26

318sin)53

sin(

sin5sin215cos

230sin)sin5(sin5cos3

ππ

πππ

kx

kxxx

xxxxxxxpt

Chú ý: Đối với phương trình dạng kxbkxaxbxa cos'sin'cossin +=+ thì phương pháp giải tương tự như đối với phương trình dạng cxbxa =+ cossin . Để khắc sâu dạng này, giáo viên cho học sinh giải thêm các phương trình sau:

a) .2sin23cos33sin xxx =−

b) .1sin3coscos)sin3(cos2 +−=+ xxxxx (ĐH – B 2012)

HD:

a) xxxxxx 2sin2)3cos33sin21(2.2sin23cos33sin =−⇔=−

xx 2sin)3

3sin( =−⇔π

7

b) xxxxxxxxx sin3cos2sin32cos1sin3coscos)sin3(cos2 −=+⇔+−=+

)3

cos()3

2cos( ππ+=−⇔ xx

2. Biến đổi tổng thành tích và ngược lại: Trong PTLG nếu xuất hiện tích của các hàm số lượng giác sin và cos thì ta có

thể biến đổi thành tổng (mục đích là tạo ra những đại lượng giống nhau để rút gọn). Nếu xuất hiện tổng thì ta biến đổi thành tích (mục đích là làm xuất hiện nhân tử chung). Đặc biệt khi dùng công thức biến đổi tổng thành tích ta thường ghép những cặp sao cho tổng hoặc hiệu hai cung bằng nhau.

Bài 1: Giải phương trình: 06sin5sin4sin3sin2sinsin =+++++ xxxxxx . Giải: Nhận xét: Khi giải phương trình mà gặp dạng tổng (hoặc hiệu) của sin (hoặc

cos)ta cần để ý đến cung để sao cho tổng hoặc hiệu các cung bằng nhau. Cụ thể:

0)3sin4(sin)2sin5(sin)sin6(sin =+++++⇔ xxxxxxpt

02

cos2

7sin22

3cos2

7sin22

5cos2

7sin2 =++⇔xxxxxx

02

3coscos.2

3cos22

7sin202

3cos2

cos2

5cos2

7sin2 =

+⇔=

+

+⇔

xxxxxxxx

0)1cos2(2

3cos2

7sin4 =+⇔ xxx

+±=

+=

=

⇔

=+

=

=

⇔

ππ

ππ

π

23

232

3

72

01cos2

02

3cos

02

7sin

kx

kx

kx

x

x

x

Bài 2: Giải phương trình: 8

232sin.3sincos.3cos 33 −=− xxxx

Nhận xét: Đối với phương trình này, nếu ta sử dụng công thức nhân ba thì cũng đưa đến được phương trình giải được nhưng khá phức tạp, hơn nữa học sinh lại ít nhớ công thức này. Vì vậy, giáo viên có thể hướng dẫn học sinh khéo léo phân tích để áp dụng công thức biến đổi tích thành tổng.

Giải:

8

232sin).sin.3(sincos).cos.3(cos 22 −=−⇔ xxxxxxpt

8

232)4cos2(cossin21)2cos4(coscos

21 22 −

=−−+⇔ xxxxxx

8

4

2324cos.sin2cos.sin2coscos4cos.cos 2222 −=+−+⇔ xxxxxxx

4

2322cos4cos4

232)sin(cos2cos)sin(cos4cos 22222 −=+⇔

−=−++⇔ xxxxxxxx

4

232)4cos1(214cos −

=++⇔ xx 232)4cos1(24cos4 −=++⇔ xx

πππ 24

344

3cos4cos224cos234cos6 kxxxx +±=⇔=⇔−=⇔−=⇔

216

3 ππ kx +±=⇔ .

Cách 2: Ngoài cách trên, học sinh có thể sử dụng công thức nhân ba, tuy nhiên khi dùng công thức này học sinh phải chứng minh và việc chứng minh cũng khá đơn giản.

Ta có:

xxxxxxx

xxxxxxxxxx

4cos43

41)sin.3sincos.3(cos

43)3sin3(cos

41

3sin41sin

433sincos

433cos

413cossin.3sincos.3cos

22

33

+=−++=

−−

+=−

Do đó,

−

−=⇔

−=+⇔

41

8232

344cos

82324cos

43

41 xxpt

224cos −=⇔ x

Bài 3: (ĐH – D 2012) Giải phương trình: .2cos2cossin3cos3sin xxxxx =+−+ Nhận xét: Trong vế trái của phương trình xuất hiện các cặp )sin3(sin xx − ,

)cos3(cos xx + , đồng thời xxx 43 =+ , ta nghĩ đến công thức biến đổi tổng thành tích để xuất hiện nhân tử chung .2cos x Giải:

02cos2)cos3(cos)sin3(sin =−++−⇔ xxxxxpt

02cos2cos.2cos2sin.2cos2 =−+⇔ xxxxx

=−+

=⇔=−+⇔

02cos2sin202cos

0)2cos2sin2(2cosxx

xxxx

+=

+−=

+=

⇔

+=+

+=+

+=

⇔

=+

+=⇔

=+

+=⇔

ππ

ππ

ππ

πππ

πππ

ππ

ππ

ππππ

2127

212

24

26

54

264

24

6sin)

4sin(

24

22cossin

22

kx

kx

kx

kx

kx

kx

x

kx

xx

kx

9

3. Sử dụng công thức hạ bậc: Khi giải phương trình lượng giác, gặp bậc của sin và cos là bậc hai ta thường

giảm bậc bằng cách dùng các công thức hạ bậc, từ đó đưa về phương trình lượng giác cơ bản.

Bài 1:

Giải phương trình: 233sin2sinsin 222 =++ xxx .

Nhận xét: Từ sự xuất hiện bậc chẵn của sin và tổng xxx 42

26=

+ , ta nghĩ đến

việc hạ bậc và sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích, tiếp đến nhóm các hạng tử đưa về phương trình tích. Cụ thể:

02cos.4cos24cos0)6cos2(cos4cos06cos4cos2cos =+⇔=++⇔=++⇔ xxxxxxxxxpt

+±=

+=⇔−=

=⇔=+⇔

ππ

ππ

kx

kxxx

xx

32

48212cos

04cos0)12cos2(4cos

Bài 2: (ĐH – B 2002) Giải phương trình: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− Giải: Nhận xét: Từ sự xuất hiện bậc chẵn của hàm sin và cos ta nghĩ đến việc hạ

bậc và kết hợp với công thức biến đổi tổng thành tích để đưa về phương trình tích. Cụ thể:

2

12cos12

10cos12

8cos12

6cos1 xxxxpt +−

−=

+−

−⇔

0cos.7cos2cos.11cos20)6cos8(cos)10cos12(cos =−⇔=+−+⇔ xxxxxxxx 02sin.9sin02sin.9sin.cos0)7cos11(coscos =⇔=⇔=−⇔ xxxxxxxx

=

=⇔

==

⇔==

⇔

2

929

02sin09sin

π

π

ππ

kx

kx

kxkx

xx .

Bài 3: (ĐH – A 2005) Giải phương trình: .0cos2cos.3cos 22 =− xxx Giải: 012cos.6cos02cos12cos)6cos1( =−⇔=−−+⇔ xxxxxpt

10

022cos4cos01)2cos4(cos21

=−+⇔=−+⇔ xxxx

032cos2cos2022cos)12cos2( 22 =−+⇔=−+−⇔ xxxx

.22)(232cos

12cosππ kxkxloaix

x=⇔

=⇔−=

=⇔

Bài 4: (ĐH – D 2003)

Giải phương trình: .02

costan).42

(sin 222 =−−xxx π

Giải: ĐK: ππ kxx +≠⇔≠2

0cos (*)

xxxxxxxxpt 22

2

2

cos).cos1(sin).sin1()cos1(21

cossin.)

2cos(1

21

+=−⇔+=

−−⇔

π

)sin1)(sin1).(cos1()cos1)(cos1).(sin1( xxxxxx +−+=+−−⇔ 0)cos).(sincos1).(sin1( =++−⇔ xxxx

+−=

+=

+=

⇔−=−=

=⇔

ππππ

ππ

kxkx

kx

xxx

4

2

22

1tan1cos

1sin

Kết hợp với điều kiện (*) ta có:

+−=+== ππππ kxkxS

4,2

Chú ý: Trong phương trình trên, ta loại nghiệm bằng cách biểu diễn ngọn cung điều kiện và ngọn cung đáp số trên trên đường tròn lượng.

4. Sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ và các đẳng thức lượng giác thường gặp:

Bài 1: (ĐH – D 2007)

Giải phương trình: 2cos32

cos2

sin2

=+

+ xxx

Giải:

1cos3sin2cos32

cos2

sin21 =+⇔=++⇔ xxxxxpt :PTBN đối với sinx và cosx

ĐS: ππππ 26

,22

kxkx +−=+= .

Qua ví dụ này, giáo viên nên nhắc lại cho học sinh ghi nhớ phép biến đổi quen thuộc:

11

( ) xxx 2sin1cossin 2 +=+ hoặc biến đổi ngược lại khi cần.

Bài 2: (ĐH – D 2005)

Giải phương trình: 023

43sin.

4cossincos 44 =−

−

−++

ππ xxxx

Giải:

Nhận xét: Từ đẳng thức xxx 2sin211cossin 244 −=+ và xxx 2

443 =

−−

−

ππ ta

nghĩ đến việc đưa về cùng một cung đó là 2x. Cụ thể:

0232sin

24sin

212sin

211 2 =−

+

−+−⇔ xxxpt π

012sin4cos2sin0212sin

24sin

212sin

21 22 =−+−−⇔=−

+

−+−⇔ xxxxxx π

022sin2sin012sin)2sin21(2sin 222 =−+⇔=−+−−−⇔ xxxxx

ππ kxx +=⇔=⇔4

12sin .

*Qua ví dụ này, giáo viên nên lưu ý cho học sinh biểu thức xx 44 cossin + có thể đưa về theo x2sin2 , cụ thể:

xxx 2sin211cossin 244 −=+ .

Hoặc cũng có thể biến đổi xx 44 cossin + theo cos4x, cụ thể: .4cos

41

43)4cos1(

4112sin

211cossin 244 xxxxx +=−−=−=+

Bài tập tương tự:

a) xxx sin212

cos2

sin 44 −=+

b) xxxx 2233 sincossincos −=− c) xxx 2cossincos 33 =+

d) )cot(tan21

2sinsincos 44

xxx

xx+=

+

e) xxx 4coscossin 66 =+ 5. Đưa về phương trình tích: Đây là loại phương trình phong phú và đa dạng nhất. Phương trình loại này

không có phương pháp giải cụ thể, mà chủ yếu dựa vào kinh nghiệm, khả năng biến đổi lượng giác của mỗi học sinh, mục đích cuối cùng là làm xuất hiện nhân tử chung. Xu thế trong đề thi Đại học của các năm gần đây, phương

12

trình lựợng giác thường đưa về phương trình tích bằng cách sử dụng các công thức lượng giác, các phép biến đổi lượng giác, các kĩ năng tách nhóm, đặt nhân tử chung. Sau đây là một số lưu ý và các ví dụ minh họa.

Một số lưu ý khi tìm nhân tử chung: *Các biểu thức: 2)cos(sin2sin1 xxx +=+ ; )sin)(cossin(cos2cos xxxxx +−= ;

xxxx

coscossintan1 +

=+ ; x

xxxsin

cossincot1 +=+ do đó có nhân tử chung

là: .cosx sinx + *Các biểu thức:

2)sin(cos2sin1 xxx −=− ; xxx 22 sincos2cos −= ; x

xxxcos

sincostan1 −=− ;

xxxx

sincossincot1 −

=− có nhân tử chung là: .sinx -cosx

*Các biểu thức: x2sin và x2tan có nhân tử chung là )cos1)(cos1( xx +− .

*Các biểu thức: x2cos và x2cot có nhân tử chung là )sin1)(sin1( xx +− .

Bài 1: (ĐH – D 2004) Giải phương trình: xxxxx sin2sin)cossin2)(1cos2( −=+− .

Giải: xxxxxpt sin2sin)cossin2)(1cos2( −=+−⇔)1cos2(sin)cossin2)(1cos2( −=+−⇔ xxxxx

+−=

+±=⇔

−=

=⇔=+=−

⇔=+−⇔ππ

ππ

kx

kx

x

xxx

xxxx

4

23

1tan21cos

0cossin01cos2

0)cos)(sin1cos2(

Bài 2: (ĐH – A 2007) Giải phương trình: xxxxx 2sin1sin)cos1(cos)sin1( 22 +=+++ .

Giải: 222 )cos(sinsin.cossincos.sincos xxxxxxxxpt +=+++⇔

2)cos(sin)cos(sincos.sin)sin(cos xxxxxxxx +=+++⇔ 0)cossincos.sin1)(sin(cos =−−++⇔ xxxxxx

=−−+

=+⇔

0cossincos.sin10cossin

xxxxxx

13

Với pt (1) ta có ππ kx +−=4

Với pt (2): Đặt xxt cossin += , ta đựợc pt: 10122 =⇔=+− ttt

Giải pt 22)

4sin(1)

4sin(21cossin =+⇔=+⇔=+

ππ xxxx

+=

=⇔

+=+

+=+⇔=+⇔ ππ

π

πππ

πππππ

22

2

24

34

244

4sin)

4sin( kx

kx

kx

kxx

ĐS: πππππ 2,22

,4

kxkxkx =+=+−=

Bài 3: (ĐH – B 2007) Giải phương trình: .sin17sin2sin2 2 xxx =−+ Giải:

0)2sin21(sin7sin 2 =−−−⇔ xxxpt

=

=⇔=−⇔=−⇔

213sin04cos

0)13sin2(4cos04cos3sin.4cos2 xx

xxxxx

+=

+=

+=

⇔

+=

+=

+=

⇔=

=⇔ .

32

185

32

18

48

26

53

26

32

4

6sin3sin

04cos

ππ

ππ

ππ

ππ

ππ

ππ

π

kx

kx

kx

kx

kx

kx

xx

Bài 4: (ĐH – D 2008) Giải phương trình: .cos212sin)2cos1(sin2 xxxx +=++

Giải: xxxxxpt cos21cos.sin2cos.sin4 2 +=+⇔

0)12).(sincos21(cos21)cos21(cos.sin2 =−+⇔+=+⇔ xxxxxx

.

4

23

2

12sin3

2coscos

12sin21cos

+=

+±=

⇔

=

=⇔=

−=⇔ππ

πππ

kx

kx

x

x

x

x

Bài 5: (ĐH – B 2010) Giải phương trình: .0sin2cos2cos)2cos2(sin =−++ xxxxx

Giải:

14

0sin2cos2cos.2coscos.2sin =−++⇔ xxxxxxpt

02cos2cos.2cossincos.sin2 2 =++−⇔ xxxxxx 0)2(cos2cos)1cos2(sin 2 =++−⇔ xxxx

0)2(cos2cos2cos.sin =++⇔ xxxx 0)2cos(sin2cos =++⇔ xxx

+=⇔−=+

+=⇔−=+

=⇔ .

24)(2)4

sin(2

22)

4sin(2

02cos πππ

ππ

π kxloaix

kxx

x

Bài 6: (ĐH – D 2010) Giải phương trình: .01cossin32cos2sin =−−+− xxxx Giải:

01cossin3)sin21(cos.sin2 2 =−−+−−⇔ xxxxxpt0)2(sin)sin4sin2()1sin2(cos02sin3sin2)1sin2(cos 22 =+−++−⇔=−++−⇔ xxxxxxxxx

(tách )sinsin4sin3 xxx −= 0)2(sin)2(sinsin2)1sin2(cos =+−++−⇔ xxxxx

0)1sin2)(2(sin)1sin2(cos =−++−⇔ xxxx

−=+

=⇔

−=+

=⇔=++−2)

4sin(2

6sinsin

2cossin21sin0)2sin)(cos1sin2( π

π

x

x

xx

xxxx

+=

+=⇔

−=+

=⇔ .

26

5

26

)(2)4

sin(6

sinsin

ππ

ππ

π

π

kx

kx

VNx

x

Nhận xét: Trong bài tập trên, để đưa phương trình đã cho về phương trình tích ta đã khéo léo tách .sinsin4sin3 xxx −= Bài 7: (ĐH – A 2010)

Giải phương trình: .cos2

1.tan1

)4

sin().2cossin1(x

x

xxx=

+

+++π

Giải:ĐK: 0cos ≠x và 1tan −≠x . Khi đó:

xxxxxpt cos).tan1()2cossin1)(4

sin(2 +=+++⇔π

xx

xxxxxx cos.cos

cossin)2cossin1)(cos(sin +=+++⇔

15

0)2cos)(sincos(sin =++⇔ xxxx

=+=+

⇔02cossin

0cossinxx

xx

1tan0cossin* −=⇔=+ xxx (loại)

01sinsin202cossin* 2 =−−⇔=+ xxxx

−=

=⇔

21sin

1sinx

x

−=

=⇔ )

6sin(sin

)(0cosπx

loaix

+=

+−=⇔

ππ

ππ

26

7

26

kx

kx

Chú ý: Trong phương trình trên, ta đã kết hợp nghiệm bằng phương pháp biểu diễn nghiệm của phương trình hệ quả và điều kiện của phương trình ban đầu qua cùng một hàm số lượng giác. Bài 8: (ĐH – A 2011)

Giải phương trình: .2sin.sin2cot1

2cos2sin12 xx

xxx=

+++

Giải: ĐK: πkxxx ≠⇔±≠⇔≠ 1cos0sin

xxxxxpt cos.sin.22sin).2cos2sin1( 22 =++⇔

xxx cos.222cos2sin1 =++⇔ (do )0sin ≠x

0cos.22cos2cossin2 2 =−+⇔ xxxx 0)2cos(sincos2 =−+⇔ xxx

+=

+=⇔

=+=

⇔)(2

4

22cossin

)(0cos

thoakx

kx

xxthoax

ππ

ππ

Bài 9: (ĐH – A 2012) Giải phương trình: .1cos22cos2sin3 −=+ xxx Nhận xét: Trong phương trình trên, ta nhận thấy có sự xuất hiện của

x2sin , xcos2 và 12cos +x ta nghĩ đến dùng công thức nhân đổi biến đổi x2sin , x2cos1+ để xuất hiện nhân tử chung .cos2 x

Giải: 0cos2cos2cos.sin320cos2)12(cos2sin3 2 =−+⇔=−++⇔ xxxxxxxpt

16

=

−

=⇔

=+

=⇔=−+⇔

3cos

3cos

0cos

1cossin30cos

0)1cossin3(cos2 ππxx

xxx

xxx

=

+=

+=

⇔+±=−

+=⇔

π

ππ

ππ

πππ

ππ

2

23

2

22

233

22

kx

kx

kx

kx

kx

Ngoài việc rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải PTLG, thông qua mỗi ví dụ trên giáo viên cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng kết hợp nghiệm trong PTLG có điều kiện. Để giúp các em có kỹ năng tốt trong việc kết hợp nghiệm, thông qua một số ví dụ giáo viên có thể đúc kết lại một số phương pháp phổ biến thường dùng khi kết hợp nghiệm. Cách 1: Biểu diễn nghiệm của phương trình hệ quả và điều kiện của phương trình ban đầu qua cùng một hàm số lượng giác. Ví dụ 1: (Tạp chí Toán học Tuổi trẻ tháng 11/2009)

Giải phương trình: xxx 4sin

22sin

1cos

1=+

Giải: ĐK:

±≠

≠±≠

⇔⇔

≠−≠±≠

⇔

≠≠±≠

⇔

≠≠≠

22sin

0sin1sin

0sin210sin1sin

02cos0sin1sin

04sin02sin0cos

2x

xx

xxx

xxx

xxx

22cos22cos.sin4 =+⇔ xxxpt 02)sin21(2)sin21.(sin4 22 =−−+−⇔ xxx

0)1sinsin2(sin 2 =−+⇔ xxx

=

−==

⇔=−+

=⇔

21sin1sin

0sin

01sinsin20sin

2

xxx

xxx

Đối chiếu với điều kiện ta được: .2

67

26

21sin

+=

+=⇔=

ππ

ππ

kx

kxx

Ví dụ 2: (ĐH– B 2006)

Giải phương trình: 4)2

tan.tan1(sincot =++⇔xxxx .

17

Giải: ĐK:

≠⇔

≠

≠≠

02sin0

2cos

0sin0cos

xxxx

4)

2cos

2sin

.cossin1(sin

sincos

=++⇔ x

x

xxx

xxpt

4cossin

sincos4

2cos.cos

2sin.sin

2cos.cos

sinsincos

=+⇔=

++⇔

xx

xx

xx

xxxxx

xx 4

2sin2

=⇔x

212sin =⇔ x (thỏa mãn đk)

+=

+=⇔=⇔

ππ

πππ

kx

kxx

12512

6sin2sin .

Khi dùng phương pháp này, các em có thể kiểm tra điều kiện ngay trong quá trình giải chứ không cần phải đến kết quả cuối cùng. Chẳng hạn, các PTLG trong đề thi ĐH B – 2003, A – 2011, ĐHXD – 1997. Cách 2: Thử trực tiếp. Ví dụ 1: Giải phương trình: xxx 7sin5tan.3cos = Giải: ĐK: 05cos ≠x

xxxxxxxxxxpt 12sin8sin2sin12sin2sin8sin5cos.7sin5sin.3cos =⇔+=+⇔=⇔

+=

=⇔

1020

2ππ

π

kx

kx

*Với 2πkx = thì: )(20

2cos)2

2cos(

25cos5cos Zmmkkkkkx ∈=⇔≠=+==

ππππ

*Với 1020ππ kx += thì: 0)

24cos(5cos ≠+=

ππ kx

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: .1020

; πππ kxkx +==

Ví dụ 2: Giải phương trình: x

xxxcos

1)tan1(3cos2sin3 −+=+

Giải: ĐK: 1sin0cos ±≠⇔≠ xx 1)cos(sin3)cos2sin3(cos −+=+⇔ xxxxxpt

1cos2sin3cos)cos2sin3(cos −+=−+⇔ xxxxxx

18

0)1cos2sin3()1cos2sin3(cos =−+−−+⇔ xxxxx

=−+

=−⇔=−−+⇔

)2(01cos2sin3)1(01cos

0)1)(cos1cos2sin3(xx

xxxx

* 1cos)1( =⇔ x (thỏa đk), do đó ta được: π2kx =

*Thay 0cos =x và 1sin ±=x vào (2) ta được: 013 =−± (vô lý). Tức là các nghiệm của (2) đều thỏa mãn điều kiện.

Giải (2) ta được: πα 2131arccos kx +±= (với )

133sin,

132cos == αα

KL: Nghiệm của phương trình đã cho là: π2kx = , πα 2131arccos kx +±= .

Cách 3: Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG). Khi gặp PTLG mà việc biểu diễn các ngọn cung điều kiện và ngọn cung đáp số không quá phức tạp, học sinh có thể dùng ĐTLG để kết hợp nghiệm.Giáo viên hướng dẫn học sinh biểu diễn trên ĐTLG những ngọn cung không thỏa mãn điều kiện (đánh dấu “x”) và những ngọn cung đáp số tìm được (đánh dấu “o”). Những ngọn cung được đánh dấu “o” mà không trùng với những ngọn cung đánh dấu “x” chính là những ngọn cung thỏa mãn điều kiện. Ngoài các ví dụ trong phần trên, giáo viên cho học sinh rèn luyện thêm thông qua các ví dụ sau:

Ví dụ 1: (ĐH – D 2011)Giải phương trình: 03tan

1sincos22sin=

+−−+

xxxx

Giải: ĐK: ( )t anx 3 3 ,cos 0

2

x mm n Z

x x n

π π

π π

≠ − + ≠ − ⇔ ∈ ≠ ≠ +

Khi đó phươngtrình đã cho trở thành:

01sincos22sin =−−+ xxx 0)1(sin)1(sincos2 =+−+⇔ xxx

0)1cos2)(1(sin =−+⇔ xx

+±=

+−=⇔=

−=⇔

ππ

ππ

23

22

21cos1sin

kx

kxxx

KL: Nghiệm của phương trình là:

.23

ππ kx +=

3π

2π

−

2π

23π

3π

−

O

y

x

19

Ví dụ 2: (ĐH – A 2006)

Giải phương trình ( )6 62 cos sin sin .cos0

2 2sin

x x x x

x

+ −=

−

Giải: ĐK: ( )22 4s inx ,

32 24

x mm n Z

x n

π π

π π

≠ +≠ ⇔ ∈ ≠ +

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

( )

( )

6 6

2

2

2 cos sin sin .cos 0

3 12 1 sin 2 sin 2 04 2

3sin 2 sin 2 4 0 sin 2 1

4

x x x x

x x

x x x

x k k Zπ π

+ − =

⇔ − − =

⇔ + − = ⇔ =

⇔ = + ∈

KL: Nghiệm của pt là: .24

5 ππ kx +=

Ví dụ 3: Giải phương trình: sin sin 2 1sin 3x x

x+

= −

Giải: ĐK: sin 3 0 33

x x k x k ππ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

Khi đó: 03sin2sinsin13sin

2sinsin=++⇔−=

+ xxxx

xx

02sincos.2sin2 =+⇔ xxx

( )sin 2 0

sin 2 2cos 1 0 1cos2

xx x

x

=⇔ + = ⇔ = −

22 23

x k

x k

π

π π

=⇔

= ± +

KL: Nghiệm của phương trình là: 2

x kπ π= + .

o

y

x

4π 3

4π

54π

O x

2π

−

y

2π

3π

3π

−

23π

43π

π

20

VI. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:

Trong những năm giảng dạy bộ môn Toán ở lớp 11 nâng cao, tôi rất quan tâm đến việc dạy như thế nào để giúp các em học tốt phần phương trình lượng giác. Với mong muốn đó, ngay từ những tiết ôn tập về công thức lượng giác đầu năm, tôi yêu cầu tất cả các học sinh phải học thật kĩ công thức lượng giác và hiểu sâu sắc bản chất của mỗi công thức, rèn luyện các em kĩ năng biến đổi lượng giác thật thành thạo. Để chuẩn bị cho việc giải PTLG sau này, tôi lưu ý cho các em một số phép biến đổi đặc biệt, các đẳng thức lượng giác thường gặp, cách biến đổi một biểu thức lượng giác từ tổng sang tích và ngược lại…Với cách làm đó, các em gặp rất nhiều thuận lợi khi học phương trình lượng giác. Cuối cùng, nhờ vào cách phân tích, nhận xét cụ thể đối với mỗi phương trình lượng giác, hầu hết các em đã giải được các PTLG đơn giản, các học sinh khá, giỏi có thể giải được các PTLG trong các đề thi Đại học, Cao đẳng. Cụ thể, kết quả bài kiểm tra cuối chương I ở lớp 11A có 98% học sinh đạt điểm trên trung bình, lớp 11C2 có 94% học sinh đạt điểm trên trung bình và rất nhiều học sinh đạt điểm khá, giỏi.

VII. KẾT LUẬN: Lượng giác nói chung và đặc biệt là phương trình lượng giác không thể thiếu trong các đề thi Đại học và Cao đẳng. Chính vì thế ngoài việc nắm bắt các công thức lượng giác và vận dụng chúng một cách linh hoạt, đòi hỏi học sinh phải thành thạo các kĩ năng, quan sát một cách tinh tế mới có thể làm được. Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân khi dạy phần PTLG cho học sinh lớp 11. Bài tập về PTLG rất đa dạng và phong phú, đối với mỗi bài toán lại có cách biến đổi khác nhau. Vì vậy, thông qua một số ví dụ minh họa nêu trên, hy vọng giúp các em có được kỹ năng biến đổi phương trình lượng giác và rút ra được bài học kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình giải PTLG.

21

VIII. KIẾN NGHỊ: Nhằm giúp học sinh học tốt hơn phần phương trình lượng giác bản thân tôi có kiến nghị: - Trong phân phối chương trình môn Toán lớp 11 nâng cao, các cấp nên tăng cường thêm số tiết cho nội dung này. - Giáo viên nên dành một số tiết bám sát hoặc tăng cường nếu có để ôn tập lại cho học sinh các kiến thức về lượng giác. Ngoài ra, trong quá trình dạy chương Góc lượng giác và công thức lượng giác ở lớp 10, ngoài các công thức đã học, giáo viên cần cung cấp thêm cho học sinh một số công thức lượng giác khác, đó là những công thức mà các em hay gặp trong quá trình biến đổi để giải phương trình lượng giác.

Tam Kì, ngày 12 tháng 5 năm 2013 Người viết Nguyễn Thị Thanh Lam