kỹ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện

S GIÁO DC VÀ ÀO TO LÀO CAI
TRNG THPT S 1 TP LÀO CAI






















Tên sáng kin:

Hoàng Th Hoàn







Lào Cai, nm 2011
MỤC LỤC

Trang
PHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU

1. Tính cấp thiết của ñề tài 2
2. Tình hình nghiên cứu 2
3. Mục ñích nghiên cứu 2
4. Nhiệm vụ nghiên cứu 2
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3
PHẦN II. PHẦN NỘI DUNG

Một vài phương pháp tìm nghiệm
của phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện

1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác. 3
2. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác: 4
3. Phương pháp thử trực tiếp: 5
4. Phương pháp biểu diễn trên ñường tròn lượng giác 8
5. Phương pháp ñại số 10
6. Bài tập vận dụng các phương pháp 12

PHẦN III. KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM- KẾT LUẬN 13

PHẦN IV. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 13
2

PHẦN I: PHẦN MỞ ĐẦU
1-Tính cấp thiết của ñề tài:
Trong quá trình dạy học phương pháp dạy của thầy, việc tiếp thu kiến
thức của học trò là vấn ñề mà chúng ta ñặc biệt quan tâm. Khi giải các phương
trình lượng giác có chứa ñiều kiện, sau khi tìm ñược họ nghiệm của phương
trình, học sinh thường không biết ñối chiếu với ñiều kiện ban ñầu, dẫn ñến kết
luận họ nghiệm không chính xác. Bài viết này tôi muốn giới thiệu phương pháp
ñối chiếu ñiều kiện ñể kết luận nghiệm của phương trình lượng giác có chứa
ñiều 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 là
nguyện vọng tha thiết của ñội ngũ giáo viên. Trong quá trình thực tiễn giảng
dạy, bồi dưỡng chuyên môn tôi ñã sưu tầm tư liệu, soạn giảng và rút kinh
nghiệm qua các giờ dạy.
3- Mục ñích nghiên cứu.

Một vấn ñề thường gặp trong giải phương rình lượng giác và làm cho học
sinh lúng túng ñó là những bài toán về giải phương trình lượng giác có ñiều
kiện.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 quan
hơn hiểu ñược bản chất của vấn ñề từ ñó ñưa ra ñược phương pháp giải ñặc biệt
là các bài toán về giải phương trình lượng giác có ñiều kiện. Những bài toán này
nội dung rất hấp dẫn và khó giải quyết. Một trong những nguyên nhân gây khó
giải quyết là vì việc kiểm tra ñiều kiện. Để giải quyết phần nào những khó khăn
trên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp những kĩ thuật giải
phương trình lượng giác có ñiều kiện và cho các bạn yêu thích toán học, các
thầy cô giáo, các em học sinh các trường THPT tham khảo và tiếp tục phát triển.
4- Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu một số kĩ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác chứa
ñiều kiện thông qua ví dụ cụ thể từ ñó tổng hợp thành phương pháp.
3

5- Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là một số Kĩ thuật tìm nghiệm của phương trình
lượng giác chứa ñiều kiện
Phạm vi: Giới hạn trong việc giải phương trình lượng giác có chứa ñiều
kiện.
PHẦN II: NỘI DUNG
Đặt vấn ñề: Phương trình lượng giác có ñiều kiện (chủ yếu là phương
trình chứa ẩn ở mẫu số hoặc chứa ẩn trong hàm số tang và cotang) là dạng cơ
bản hay và khá phức tạp, thường xuyên ñề cập trong các ñề thi. Đối với giáo
viên việc dạy cho học sinh hiểu và có cách diễn ñạt rõ cách ñối chiếu nghiệm
tìm ñược với ñiều kiện không hề rễ ràng. Điều khó khăn cơ bản là số nghiệm của
phương trình lượng giác thường là vô hạn và ñược biểu diễn dưới dạng
*

2
( , )
k
k Z n N
n
π
α
+ ∈ ∈
. Hơn nữa, cùng một phương trình lượng giác nếu dùng các
phép biến ñổi khác nhau có thể thu ñược các phương trình cơ bản khác nhau và
từ 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 pháp
ñối chiếu ñiều kiện ñể kết luận nghiệm của phương trình lượng giác có chứa
ñiều kiện thông qua ví dụ cụ thể.
1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác.
Bài tập 1: Giải phương trình

)1(
cos
1coscos
tan2cos
2
32
2
x
xx
xx
−−
=−

Giải:
ĐK: cosx
≠
0 khi ñó




=
−=
⇔
=−+⇔
−−−=−−⇔
2
1
cos
1cos
01coscos2
tan1cos1tan1cos2)1(
2
222
x
x
xx
xxxx

Đối chiếu ñiều kiện cosx
≠
0 cả hai nghiệm ñều thoả mãn
4

Vậy phương trình (1) có họ nghiệm là:
).(2
3
;2
Zkkxkx ∈+±=+=
π
π
ππ

Nhận xét:Trong phương trình(1) ta biến ñổi ñiều kiện và nghiệm tìm
ñược thông qua hàm số y = cosx. Từ ñó chuyển việc ñối chiếu ñiều kiện của x
về ñối chếu ñiều kiện của y (giống như trong ñại số).
Bài tập 2: Giải phương trình:

x
x
x
4
sin
2
2
sin
1
cos
1
=+
(2)
Giải:
ĐK:

cos 0 sin 1
sin 2 0 sin 0
sin 4 0 1
sin
2
x x
x x
x
x


≠ ≠ ±



≠ ⇔ ≠
 
 
≠


≠ ±


Khi ñó phương trình(2) tương ñương








=
=
−=
⇔
=−+⇔
=−+−⇔
=
+
⇔
2
1
sin
0sin
1sin
0)1sinsin2(sin
2)sin21(2)sin21(sin4
22cos22cos.sin4
2
22
x
x
x
xxx
xxx
xxx

Đối chiếu ñk ta chọn
2

1
sin =x

Vậy phương trình có hai họ nghiệm là:
.,2
6
5
;2
6
Zkkxkx ∈+=+=
π
π
π
π

2. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác:
Bài tập 3: Giải phương trình

(
)
( )
3
cos
3sin2sin2
1tan
4
2
4
x
xx

x
−
=+

Giải:
ĐK:
1sin0cos
±
≠
⇔
≠
xx
ta có
5

(
)
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
**
2
1
sin4sin3
12sin2*
2

1
3sin
0)3sin21(2sin2
3sin2sin22sin
2
1
1
3sin2sin2cossin3
3
2
2
22
244
=−⇔
∀≥−=⇔
=−−⇔
−=−⇔
−=+⇔
xx
xxx
xx
xxx
xxxx

Thay
1sin
±
=
x
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:
.,
3
2
18
5
;
3
2
18
Zk
k
x
k
x ∈+=+=
π
π
π
π

Nhận xét: Trong phương trình (3) ĐK
1sin0cos
±
≠
⇔
≠
xx
sau ñó thay
sinx =

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 ñược
ñiều kiện.
3. Phương pháp thử trực tiếp:
a) Hướng giải 1:

Bài tập 4: Giải phương trình:
xxx
7sin3cos.5tan
=
(4)
Giải:
05cos
≠
x
khi ñó
(
)
x
x
xxxx
12
sin
8
sin
5cos.7sin23cos.5sin24
=
⇔

=
⇔

Ta ñược
.,
10
20
;
2
Zk
k
x
k
x ∈+==
π
π
π

Với
2
π
k
x =
thì
( )
Zmmk
kk
x ∈=⇔≠== 20
2
cos

2
5
cos5cos
π
π
.
Với
10
20
π
π
k
x +=
thì
.0
24
cos5cos ≠






+=
ππ
k
x
.
Vậy phương trình có hai họ nghiệm là:
( )

Zkm
k
xmx ∈+== ,
10
20
,
π
π
π

Bài tập 5: Giải phương trình:
( )
5
1
cot
)cos(sin2
2
cot
tan
1
−
−
=
+
x
xx
x
x

6

Giải: ĐK:







≠−
≠
≠
≠
⇔



≠−
≠+
0cossin
0sin
02sin
0cos
01cot
02cottan
xx
x
x
x
x

xx

Khi ñó
( )





−=
=
⇔
=+⇔
−=⇔
−=⇔
−
−
=
+
⇔
2
2
cos
)(0sin
02cos2sin
sin22sin
sin2
cos
2sin.cos
1

sin
cos
)cos(sin2
2sin
2cos
cos
sin
1
)5(
x
loaix
xx
xx
x
x
xx
x
x
xx
x
x
x
x

Với







+−=
+=
⇔−=
π
π
π
π
2
4
3
2
4
3
2
2
cos
kx
kx
x

Ta thấy
0sin,0cos
≠
≠
xx
thoả mãn. Thay trực tiếp
π
π
π

π
2
4
3
,2
4
3
kxkx +−=+=

vào hệ
)/(2
4
3
02
4
3
cos2
4
3
sincossin
02
2
3
sin2sin
mtkx
kkxx
kx
π
π
π

π
π
π
π
π
+=







≠






+−






+=−
≠







+=

Thay
π
π
2
4
3
kx +−=
không thoả mãn
Vậy phương trình có họ nghiệm là:
π
π
2
4
3
kx +=

b) Hướng giải 2

Bài tập 6: Giải phương trình:
xxx 2cos.2sin81
4
3sin2
2

+=






+
π
(2)
Giải: Với ñiều kiện
0
4
3sin ≥






+
π
x

7

)(
)(
12
5

)(
12
2
1
2sin
)2sin6(sin216sin22
2cos.4sin41
2
6cos12
2cos.2sin81
4
3sin4)2(
22
Zk
bkx
akx
x
xxx
xxx
xxx
∈






+=
+=
⇔

=⇔
++=+⇔
+=














+−⇔
+=






+⇔
π
π
π
π

π
π

Đối chiếu ñiều kiện: Vì hàm






+=
4
3sin
π
xy
có chu kì
π
2
≤
T
nên cần thử
trực tiếp với k= 0; 1 và thấy k = 0 thì (a) thoả mãn; k = 1 thì (b) thoả mãn. Vậy
nghiệm của phương trình (2) là
).(2
12
17
,2
12
Zkkxkx ∈+=+=
π

π
π
π

Bài tập 7: Giải phương trình
xxxxxx 5tan3tan2tan5tan3tan2tan
−
−
=
(1)
Giải: Điều kiện:
05cos,03cos,02cos
≠
≠
≠
xxx

.3tan2tan)3tan2tan1(5tan)1( xxxxx
−
=
+
⇔

Nếu
03tan2tan1
=
+
xx
thì
.3tan2tan)1( xx

=
⇔
Khi ñó
02tan1
2
=+ x
(vô lí)
Do ñó
.03tan2tan1
≠
+
xx
Khi ñó
).(
6
)tan(5tan
3tan2tan1
3tan2tan
5tan)1(
Zk
k
xxx
xx
xx
x
∈=⇔−=⇔
+
−
=⇔
π

Đối chiếu ñiều kiện: Vì hàm y = cos2x, y = cos3x, y = cos5x ñều có chu
kì
π
2
≤
T
nên ta chỉ cần thử trực tiếp với k là 0,1,2,3,4,5 và thầy k = 0,2,4 thoả
mãn. Vậy nghiệm của phương trình (1) là:
).(2
3
2
,2
3
,2 Zkkxkxkx ∈+=+==
π
π
π
π
π

Nhận xét: Giả sử rằng:
+ Điều kiện xác ñịnh là
0)(
≠
xf
( hoặc
0)(,0)(
≤
≥

xfxf
) trong ñó
)(xf
là
hàm số tuần hoàn với chu kỳ T.
8

+ PT hệ quả có nghiệm
n
k
x
π
α
2
+=
với
Zk
∈
và n là số nguyên dương xác
ñịnh. Khi ñó ta ñối chiếu ĐK như sau:
Nếu
π
2
≤
T
thì ta chỉ cần thử trực tiếp cung x ứng với n giá trị tự nhiên
ñầu tiên của k là 0, 1, 2,…, n-1. Nếu
)2,.(22)1(
≥
∈

≤
<
−
lNllTl
π
π
thì ta cần thử
trực tiếp cung x ứng với ln giá trị tự nhiên ñầu tiên của k là 0, 1, 2,…,ln-1
Ưu ñiểm của phương pháp là ñơn giản, dễ hiểu, phù hợp với ñại trà, nhất
là với học sinh có lực học trung bình. Tuy nhiên với n càng lớn thì việc ñối
chiếu sẽ mất nhiều thời gian.
4. Phương pháp biểu diễn trên ñường tròn lượng giác
Ta biểu diễn trên ñường tròn những ñiểm không thoả mãn ñiều kiện (ñánh
dấu"X") và những ñiểm nghiệm tìm ñược (ñánh dấu"O")Những ñiểm ñánh
dấu"O" mà không trùng với những ñiểm ñánh dấu "X" chính là những ñiểm thoả
mãn ñiều kiện. Phương pháp này có hiệu quả khi số ñiểm thoả mãn ĐK là ít và ở
vị trí ñặc biệt.
Nhận xét: Mỗi cung(hoặc góc) lượng giác ñược biểu diễn bởi một ñiểm
trên ñường tròn lượng giác.
i)
π
α
2kx
+
=
ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi một ñiểm.
ii)
π
α
kx

+
=
ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi hai ñiểm ñối
xứng nhau qua gốc toạ ñộ.
iii)
3
2
π
α
k
x +=
ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi ba ñiểm
cách ñều tạo thành ba ñỉnh của tam giác ñều nội tiếp ñường tròn.
TQ:
( )
3
2
≥+= n
n
k
x
π
α
biểu diễn trên ñường tròn bởi n ñiểm cách ñều, tạo
thành n ñỉnh của một ña giác ñều nội tiếp ñường tròn.
Bài tập 8: Giải phương trình:
3
3
cos
2

cos
cos
3sin2sinsin
=
++
+
+
x
x
x
xxx
(6)
Giải:ĐK:
03cos2coscos
≠
+
+
xxx

9








+±≠
+≠

⇔
π
π
ππ
2
3
2
24
kx
k
x

( )
Zn
n
x
x
xxx
xxx
∈+=⇔
=⇔
=
+
+
⇔
26
32tan
3
2coscos2cos2
2sincos.2sin2

ππ

Trên ñường tròn lượng giác biểu diễn
2
6
π
π
n
x +=
bởi bốn ñiểm(ñánh dấu"O").
π
π
π
π
2
3
2
,
2
4
kx
k
x +±≠+≠
bởi sáu ñiểm (ñánh dấu"X"). Ta thấy có ba ñiểm ñánh
dấu "O" không trùng với dấu "X". Vậy phương trình có họ nghiệm là:
.,2
6
5
,
6

Znnxnx ∈+=+=
π
π
π
π

Bài tập 9: Giải phương trình:
03sincos =+ xx
(7)
Giải:Khi
0cos
≥
x
thì
(*)
28
3
4
03sincos)7(






+=
+−=
⇔=+⇔
ππ
π

π
k
x
kx
xx

Biểu diễn (*) trên ñường tròn lượng giác ñược sáu ñiểm ñánh dấu "O" chỉ
có ba ñiểm nằm bên phải Oy(
0cos
≥
x
) ứng với
π
π
π
π
π
π
2
4
3
,2
8
,2
4
kxkxkx +=+−=+−=

Khi
0cos
<

x
thì.
(**)
8
4
03sincos)7(






+=
+=
⇔=+−⇔
π
π
π
π
kx
kx
xx

Biểu diễn (**) trên ñường tròn lượng giác ñược sáu ñiểm ñánh dấu "O"
chỉ có ba ñiểm nằm bên trái Oy(
0cos
<
x
) ứng với
π

π
π
π
π
π
2
4
5
,2
8
9
,2
8
5
kxkxkx +=+=+=

Kết luận: Vây phương trình (7) có họ nghiệm là:
10
π
π
π
π
π
π
2
4
3
,2
8
,2

4
kxkxkx +=+−=+−=

π
π
π
π
π
π
2
4
5
,2
8
9
,2
8
5
kxkxkx +=+=+=
.
5. Phương pháp ñại số:
Bài tập 10: Giải phương trình:
1
9
cos
5cotsin
=
x
xx

Giải: ĐK sin5x
0
≠
, cos9x
0
≠
tức là
)(
18
)12(
5
Zm
m
x
m
x
∈







+
≠
≠
π
π

(
)






+=
=
⇔
=⇔
−=−⇔
=
⇔
)(
1020
)(
4
14sin6sin
4sin14sin4sin6sin
9cos.5sin5cos.sin
b
k
x
a
k
x
xx
xxxx

xxxx
ππ
π

Đối chiếu ñiều kiện:
Nghiệm (a) bị loại khi và chỉ khi k, m
Z
∈
sao cho
)(
42
4
)(249
)(045
18
)12(
4
54
Zt
tk
tk
dmk
cmk
mk
mk
∈



−=

=
⇒



=−
=−
⇔






+
=
=
ππ
ππ

Vậy với k lẻ tức là
).(
2
4
Zt
t
x
∈+=
π
π

Nghiệm (b) bị loại khi và chỉ khi k, m
Z
∈
sao cho



=−
−=−
⇔






+
=+
=+
12018
142
18
)12(
1020
51020
mk
mk
mk
mk

πππ
πππ

cả hai PT ñều không có nghiệm nguyên.Suy ra nghiệm(b) thoả mãn ñiều kiện.
Vậy nghiệm của phương trình là
).(
10
20
;
2
4
Zk
k
x
k
x
∈+=+=
π
π
π
π



11
Bài tập 11: Giải phương trình
)12(cos4
4
17
2sin8

cos
5cos
3cos
cos
2
+=






++−
xx
x
x
x
x
π
(*)
Giải: ĐK:
)(
3
6
03cos
Zmmxx
∈+≠⇔≠
π
π
Ta có

xxxxxxxx
sin3sin84cos42cos442cos42cos8)12(cos4
4
17
2sin8
22
=−=++−=++






+−
π
Do ñó phương trình (*)
( )
( )






=
+=
⇔




=
=
⇔
=−⇔
−=−⇔
=−⇔
=
+
−
+
⇔
=−⇔
)(
2
)(
48
14cos
04cos
014cos4cos2
8cos4cos28cos1
6sin2sin48cos1
6sin2sin
2
2cos8cos
2
2cos1
3cos3sincossin83cos5coscos(*)
2
b
k

x
a
k
x
x
x
xx
xxx
xxx
xx
xxx
xxxxxxx
π
ππ

Đối chiếu ñiều kiện:
Nhận thấy
6 8 1
8 4 6 3
k m
k m
π π π π
+ = + ⇔ − =
Không có nghiệm nguyên. Suy ra
nghiệm (a) thoả mãn ñiều kiện
Ngiệm (b) bị loại với
,
k m Z
∈
sao cho

1 2
3 2 1 ( )
1 3
2 6 3
k t
k m
k m t Z
m t
π π π
= −

= + ⇔ − = ⇔ ∈

= −


Suy ra k chẵn, tức là
( )
x l l Z
π
= ∈
nghiệm của phương trình (*) là
x=
, ( , )
8 4
k
x x l k l Z
π π
π
= + = ∈

Nhận xét: Giả sử rằng
+ ĐK là
.,
2
0
Zm
p
mxx ∈+≠
π
và p là số nguyên dương ñã biết.
12
+ Phương trình hệ quả có nghiệm
.,
2
Zk
n
kx ∈+=
π
α
và n là số nguyên
dương ñã biết
.,
2
Zk
n
kx
k
∈+=
π

α
Ta ñối chiếu ñiều kiện như sau:
a) Nghiệm x
k
bị loại khi và chỉ khi
Zm
∈
sao cho
.
22
0
p
mx
n
k
π
π
α
+=+

b) Nghiệm x
k
nhận ñược khi và chỉ khi
Zm
∈
, ñều có
.
22
0
p

mx
n
k
π
π
α
+≠+

6. Bài tập vận dụng: Giải các phương trình sau:
1.
03
6
cot
3
tan =






−+






+ xx
ππ

.
2.
0
8
7
4cot
4
3
2tan =






++






−
ππ
xx

3.
1
2
cot.

3
2tan =






−






+
x
x
π
π

4.
x
xxx
2
sin
2
1
2sin22cottan2 +=+

5.
(
)
2cos2
sin
tan
sintan3
=−
−
+
x
x
x
xx

6.
12sin2cotsin2
+
=
+
xxx

7.
(
)
0
24
cos8
cos
sin13

tantan3
2
2
3
=






−−
+
+−
ππ
x
x
x

8.
.5tan3tan2tan5tan.3tan.2tan xxxxxx
−
−
=

9.
x
x
xx
sin4

cos
cos1cos1
=
++−

10.
x
xx
xx
2
cos
2
4sin.cos5
cos2sin6
3
=−
.
11.
( )
12cos4
4
17
2sin8
cos
5cos
3cos
cos
2
+=







++− xxx
x
x
x
x
π

12.
.2cossin213cos2cos2cos xxxxx −+=−+






13
PHẦN 3: KẾT LUẬN
1. Kết quả áp dụng.
Qua kiểm tra kết ñánh giá ñối với học sinh lớp 12A2 ôn thi cao ñẳng và
ñại học, kết quả thu ñược rất khả quan, học sinh nắm vững kĩ thuật giải phương
trình 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 trường
THPT tỉnh Lào Cai.
Trong quá trình nghiên cứu thực hiện không tránh khỏi những thiếu sót

và hạn chế . Rất mong nhận ñược sự ñóng góp bổ sung của các ñồng nghiệp ñể
ñề tài hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong quá trình giảng dạy và bồi
dưỡng học sinh.

Lào Cai, ngày 20/3/2011
Người viết sáng kiến





Hoàng Thị Hoàn

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. 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 dục
3. Sách giáo viên Đại số và giải tích lớp 11- Nhà xuất bản giáo dục
4. Sách bài tập Đại số và giải tích lớp 11- Nhà xuất bản giáo dục
5. Lê Hồng Đức. Phương pháp giải phương trình lương giác
. Nhà xuất bản Đại học
sư phạm. 2004



14