skkn RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN

Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN
A. MỞ ĐẦU
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 bối dối. 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 chuyên đề:
“RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN”
2. Mục đích nghiên cứu
Chuyên đề 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.
3. 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.
4. Phạm vi nghiên cứu
Trong việc giải PTLG có điều kiện có thể có nhiều phương pháp kết hợp
nghiệm với điều kiện, xong tôi chỉ tập trung nghiên cứu tìm hiểu những phương
pháp phổ biến nhất, hiệu quả nhất và phù hợp với học sinh. Trong chuyên đề, tôi
1
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
tổng hợp và đúc kết những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này mà chủ
yếu là đối với học sinh đang học lớp 11.
5. Điểm mới của chuyên đề
Chuyên đề tập trung rèn luyện cho học sinh kỹ năng kết hợp nghiệm và
điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện. Đặc biệt là cố gắng giúp học
sinh nhận định được nên áp dụng phương pháp nào cho mỗi bài toán cụ thể.
Chuyên đề cũng chú ý rèn luyện cho học sinh biết kết hợp các phương pháp kết
hợp nghiệm và điều kiện trong một bài toán phương trình lượng giác.

2
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
B. NỘI DUNG.
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM VỚI ĐIỀU KIỆN PHỔ
BIẾN:
1. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương
trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác:
1.1 Kiến thức cơ sở:
Trong phần này cần sử dụng tốt các công thức sau:
Công thức nhân đôi
Công thức hạ bậc
Các hằng đẳng thức cơ bản của lượng giác
Từ đó ta có các kết quả cần chú ý sau
sin 0

2 0
cos 0
a
sin a
a
=

= ⇔

=

sin 0
2 0
cos 0
a
sin a
a
≠

≠ ⇔

≠

2
sin 0 cos 1a a= ⇔ = ±
;
2
sin 1 cos 0a a= ⇔ =
2
os 0 sin 1c a a= ⇔ = ±

;
2
os 1 sin 0c a a= ⇔ =
sin 0 os 1a c a≠ ⇔ ≠ ±
;
os 0 sin 1c a a≠ ⇔ ≠ ±
1.2 Một số ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2010, khối A)
Giải phương trình
( )
1 sin os2 sin
1
4
cos
1 t anx
2
x c x x
x
π
 
+ + +
 ÷
 
=
+
Lời giải:
Điều kiện:
cos 0 sin 1
t anx 1 t anx 1
x x≠ ≠ ±

 
⇔
 
≠ − ≠ −
 
3
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
Khi đó
( )
1 sin os2 sin
1
4
cos
1 t anx
2
x c x x
x
π
 
+ + +
 ÷
 
=
+

( ) ( )
cos 1 sinx cos2 2.sin cos sin cos
4
x x x x x x
π

 
⇒ + + + = +
 ÷
 
⇔
( ) ( )
1 sinx cos2 2.sin sin cos
4
x x x x
π
 
+ + + = +
 ÷
 
(do
cos 0x ≠
)
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
sin cos sin os2 0 sin cos sin 1 2sin 0
tan 1
sin cos
sin cos 0
sin 1 sin 1

2sin sin 1 0
1
1
sin
sin /
2
2
.2
1
6
sin
7
2
.2
6
x x x c x x x x x
x L
x x
x x
x x L
x x
x
x t m
x k
x k Z
x k
π
π
π
π

⇔ + + = ⇔ + + − =



= −

= −
+ =



⇔ ⇔ = ⇔ =



− − =




= −

= −



= − +

⇔ = − ⇔ ∈



= +


Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B)
Giải phương trình
cot sin 1 tan .tan 4
2
x
x x x
 
+ + =
 ÷
 
Lời giải: Điều kiện
cos 0
sinx 0 sin2x 0
os 0
2
x
x
c


≠

≠ ⇔ ≠




≠

Ta có
sin
cos sinx
2
cot sin 1 tan .tan 4 sinx 1 . 4
2 sinx cos
os
2
x
x x
x x x
x
x
c
 
 ÷
 
+ + = ⇔ + + =
 ÷
 ÷
 
 ÷
 
⇔
cos . os sinx.sin
cos cos sinx
2 2
sinx 4 4

sinx sinx cos
cos . os
2
x x
x c
x x
x
x
x c
 
+
 ÷
+ = ⇔ + =
 ÷
 ÷
 
4
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
( )
( )
2 1
4 sin 2 /
sin 2 2
2 .2
.
6
12
5 5
2 .2 .
6 12

x t m
x
x k
x k
k Z
x k x k
π
π
π
π
π π
π π
⇔ = ⇔ =


= +
= +


⇔ ⇔ ∈




= + = +




Ví dụ 3: (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 11/2009)

Giải phương trình
1 1 2
cos sin 2 sin 4x x x
+ =
Lời giải:
Điều kiện
2
cos 0 sin 1 sin 1 sin 1
sin2x 0 sinx 0 sinx 0 sinx 0
sin 4 0 os2 0
1 2sin 0
2
sin
2
x x x x
x c x
x
x



≠ ≠ ± ≠ ± ≠ ±
 

   
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
   
   
≠ ≠
− ≠

 


≠ ±


Khi đó
1 1 2
cos sin 2 sin 4x x x
+ =
( )
2
sin 1
4sinx. os2 2 os2 2 sinx 2sin sinx-1 0 sin 0
1
sin
2
x
c x c x x x
x


= −

⇒ + = ⇔ + = ⇔ =


=



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

5
.2
6
x k
k Z
x k
π
π
π
π

= +

∈


= +


5
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán_Tập 2 _Trần Phương)
Giải phương trình
4 4
4
sin 2 os 2
os 4
tan tan
4 4
x c x

c x
x x
π π
+
=
   
− +
 ÷  ÷
   
Lời giải:
Điều kiện
sin 0
4
os 0 sin 2 0
4 2
os2 0 sin 2 1
sin 0 sin 2 0
4 2
os 0
4
x
c x x
c x x
x x
c x
π
π π
π π
π


 
− ≠
 ÷

 



   
− ≠ − ≠

 ÷  ÷

     
⇔ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ±
 
   
 
+ ≠ + ≠
 ÷  ÷
 
   


 

+ ≠
 ÷

 


Nhận thấy
tan .tan 1
4 4
x x
π π
   
− + =
 ÷  ÷
   
, do đó phương trình đã cho trở thành
4 4 4 2 4 4 2
2
1
sin 2 os 2 os 4 1 sin 4 os 4 2 os 4 os 4 1 0
2
sin 2 0
os 4 1 sin 4 0
os2 0
x c x c x x c x c x c x
x
c x x
c x
+ = ⇔ − = ⇔ − − =
=

⇔ = ⇔ = ⇔

=


Đối chiếu điều kiện ta được
( )
sin 2 0
2
x x k k Z
π
= ⇔ = ∈
Ví dụ 5: Giải phương trình
2 4
sin 2 os 2 1
0
sin .cos
x c x
x x
+ −
=
Lời giải: Điều kiện
sin 2 0x >
Khi đó phương trình đã cho trở thành
2
2 4 4 2
2
os 2 0 sin 2 1
sin 2 os 2 1 0 os 2 os 2 0
sin 2 0
os 2 1
c x x
x c x c x c x
x
c x


= = ±

+ − = ⇔ − = ⇔ ⇔


=
=



Đối chiếu điều kiện ta được
( )
sin 2 1 2 .2 .
2 4
x x k x k k Z
π π
π π
= ⇔ = + ⇔ = + ∈
6
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
Các bài tập tương tự
1/
2 3
2
2
os os 1
os2 tan
os
c x c x

c x x
c x
− −
− =
;
2/
2
os2 1
cotx 1 sin sin 2
1 t anx 2
c x
x x− = + −
+
(2003_A);
3/
2
cotx t anx 4sin 2
sin 2
x
x
− + =
(2003_B);
4/
2 2 2
sin tan cos 0
2 4 2
x x
x
π
 

− − =
 ÷
 
(2003_D);
5/
( )
2
5sin 2 3 1 sin tanx x x− = −
(2004_B).
7
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
2. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập
2.1 Kiến thức cơ sở
+ Các nhận xét về tính chu kì của hàm số lượng giác
( )
sin 2 sink
α π α α
+ = ∀
;
( )
s 2 osco k c
α π α α
+ = ∀
;
( )
tan tank
α π α α
+ = ∀
;
( )

cot cotk
α π α α
+ = ∀
+ Các công thức về giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt
(sách giáo khoa Đại số 10)
2.2 Một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Giải phương trình
os3 .tan5 sin 7c x x x=
Lời giải: Điều kiện
os5 0c x ≠
Khi đó phương trình đã cho trở thành
( )
2
2sin5 . os3 2sin 7 . os5 sin8 sin12
20 10
k
x
x c x x c x x x k Z
k
x
π
π π

=

= ⇔ = ⇔ ∈


= +



Với
2
k
x
π
=
thì
( )
5
os5 os os 2 os 0 2
2 2 2
k k k
c x c c k c k m m Z
π π π
π
   
= = + = ≠ ⇔ = ∈
 ÷  ÷
   
Với
20 10
k
x
π π
= +
thì
os5 os 0
4 2
k

c x c
π π
 
= + ≠
 ÷
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là
( )
; ,
20 10
k
x m x m k Z
π π
π
= = + ∈
Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ, 2011, khối A)
Giải phương trình
2
1 sin2x+cos2
2 sinxsin 2
1 cot x
x
x
+
=
+
Lời giải: Điều kiện
sin 0 cos 1x x≠ ⇔ ≠ ±
Khi đó phương trình đã cho trở thành
8

Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
( )
( )
( )
( )
2 2 2
sin 1 sin 2 os2 2 2 sin .cos 1 2sin .cos 2 os 1 2 2 cos
cos 0 /
2cos sinx cos 2 0
sinx cos 2 *
x x c x x x x x c x x
x t m
x x
x
+ + = ⇔ + + − =

=
⇔ + − = ⇔

+ =


Giả sử
sin 0 cos 1x x= ⇔ = ±
, khi đó
( )
* 0 1 2⇔ ± =
(vô lí)
Do đó phương trình tương đương với
cos 0

2
cos 1
2
4
4
x
x k
x
x k
π
π
π
π
π

=

= +


⇔

 

− =
 ÷

= +

 




Vậy phương trình có nghiệm là
( )
2
2
4
x k
k Z
x k
π
π
π
π

= +

∈


= +


Ví dụ 3: Giải phương trình
( )
1
3sinx 2cos 3 1 t anx
cos
x

x
+ = + −
Lời giải: Điều kiện
os 0 sin 1c x x≠ ⇔ ≠ ±
Khi đó
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
1
3sinx 2cos 3 1 t anx cos 3sinx 2cos 3 cos sinx 1
cos
cos 3sinx 2cos cos 3sinx 2cos 1
cos 3sinx 2cos 1 3sinx 2cos 1 0
cos 1 0 1
3sinx 2cos 1 cos 1 0
3sinx 2cos 1 0 2
x x x x
x
x x x x
x x x
x
x x
x
+ = + − ⇔ + = + −
⇔ + − = + −
⇔ + − − + − =


− =
⇔ + − − = ⇔

+ − =


( )
1 cos 1x⇔ =
thoả mãn điều kiện, do đó ta được
2 ,x k k Z
π
= ∈
Tiếp theo giả sử
os 0 sin 1c x x= ⇔ = ±
, 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
1
ar os 2
13
x cc k k Z
α π
= ± + ∈
,
(với
2 3
os ; sin
13 13

c
α α
= =
)
9
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
Vậy phương trình có nghiệm
2
1
ar os 2
13
x k
k Z
x cc k
π
α π
=


∈

= ± +


10
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
Ví dụ 4: Giải phương trình
2
2
tan tanx 2

sin
tan 1 2 4
x
x
x
π
+
 
= +
 ÷
+
 
Lời giải: Điều kiện
os 0 sin 1c x x≠ ⇔ ≠ ±
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
2
2
tan t anx 2 2 2 2
sin os tan t anx sinx cos
tan 1 2 4 2 2 2
1
sin cos .sinx sinx cos 2sinx sinx cos sinx cos 0
2
sinx cos 2sinx 1 0 *
x

x c x x x
x
x x x x x
x
π
 
+
 
= + ⇔ + = +
 ÷
 ÷
 ÷
+
 
 
⇔ + = + ⇔ + − + =
⇔ + − =
Giả sử
os 0 sin 1c x x= ⇔ = ±
, thay vào (*) ta được
( )
1 2 1 0± ± − =
(vô lí)
Tức là các nghiệm của (*) đều thoả mãn điều kiện.
Giải (*) ta được
( )
3 5
; 2 ; 2
4 6 6
x k x k x k k Z

π π π
π π π
= + = + = + ∈
Ví dụ 5: Giải phương trình
tan5 .tan 2 1x x =
Lời giải: Điều kiện
( )
( )
( )
1
os5 0
10 5
,
os2 0
2
4 2
x m
c x
m n Z
c x
x n
π π
π π

≠ +

≠


⇔ ∈

 
≠


≠ +


phương trình tương đương với
( )
1
tan5 tan5 cot 2
tan 2 14 7
x x x x k k Z
x
π π
= ⇔ = ⇔ = + ∈
+ Đối chiếu điều kiện (1)
Giả sử
1 2
14 7 10 5 5
m
k m k m
π π π π
+
+ = + ⇔ = +
Do
,k m Z∈
nên
1 2 1
: 2

5 2
m t
t Z t m t
+ −
∃ ∈ = ⇔ = +
Lại do
,t m Z∈
nên
1
: 2 1
2
t
s Z s t s
−
∃ ∈ = ⇔ = +
Từ đó
7 3k s
= +
. Suy ra
14 7
x k
π π
= +
với
7 3k s
≠ +
thoả mãn phương trình
+ Đối chiếu điều kiện (2)
11
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH

Giả sử
( )
4 14 5 3
14 7 4 2
k n k n
π π π π
+ = + ⇔ − =
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
( )
14 7
x k k Z
π π
= + ∈
Các bài tập tương tự
1/
( )
2 sinx cos
1
tan cot 2 cot 1
x
x x x
−
=
+ −
;

2/
2sin c otx 2sin 2 1x x+ = +
;
3/
sinx.cot5x
1;
os9xc
=
4/
( )
2
4
4
2 sin 2 .sin 3
tan 1 ;
cos
x x
x
x
−
+ =
5/
( )
2
1
4cos 3 sin 3 .
2
x x− =
12
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH

3. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG)
3.1 Kiến thức cơ sở
+ Mỗi cung (hoặc góc) lượng giác được biểu diễn bởi một điểm trên
ĐTLG
2x k
α π
= +
được biểu diễn bởi một điểm trên ĐTLG;
x k
α π
= +
được biểu diễn trên ĐTLG bởi 2 điểm đối xứng nhau qua O;
2
3
k
x
π
α
= +
được biểu diễn trên ĐTLG bởi 3 điểm cách đều nhau, tạo thành
3 đỉnh một tam giác đều nội tiếp ĐTLG;
2k
x
n
π
α
= +
được biểu diễn trên ĐTLG bởi n điểm cách đều nhau, tạo 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.
3.2 Một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2011, khối D)
Giải phương trình
sin2x +2cos sinx 1
0
tanx + 3
x − −
=
Lời giải: Điều kiện
( )
t anx 3
3
,
cos 0
2
x m
m n Z
x
x n
π
π
π
π

≠ − +



≠ −
 
⇔ ∈
 
≠



≠ +


Khi đó phươngtrình đã cho trở thành
( ) ( )
( ) ( )
sin2x +2cos sinx 1 0 2cos sinx 1 sinx 1 0
sinx 1
x 2
2
sinx 1 2cos 1 0
1
cos
2
2
3
x x
k
x
x
x k
π

π
π
π
− − = ⇔ + − + =

= −
= − +



⇔ + − = ⇔ ⇔


=

= ± +




13
Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác
(như hình bên) ta được nghiệm của phương trình
là
( )
2
3
x k k Z
π
π

= + ∈
3
π
2
π
−
2
π
2
3
π
3
π
−
O
y
x
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối A)
Giải phương trình
( )
6 6
2 cos sin sin .cos
0
2 2sin
x x x x
x
+ −
=
−

Lời giải: Điều kiện
( )
2
2
4
sinx ,
3
2
2
4
x m
m 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 1
2 1 sin 2 sin 2 0
4 2
3sin 2 sin 2 4 0 sin 2 1
4
x x x x
x x
x x x
x k k Z
π
π
+ − =
 
⇔ − − =
 ÷
 
⇔ + − = ⇔ =
⇔ = + ∈
Ví dụ 3: Giải phương trình
sin sin 2
1
sin 3
x x
x
+
= −

Lời giải: Điều kiện
sin 3 0 3
3
x x k x k
π
π
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
Khi đó
sin sin 2
1 sin sin 2 sin3 0
sin 3
2sin 2 .cos sin 2 0
x x
x x x
x
x x x
+
= − ⇔ + + =
⇔ + =
( )
sin 2 0
sin 2 2cos 1 0
1
cos
2
x
x x
x
=



⇔ + = ⇔

= −

14
o
y
x
4
π
3
4
π
5
4
π
Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác
ta được nghiệm của phương trình là
( )
5
2
4
x k k Z
π
π
= + ∈
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
2
2

2
3
x k
x k
π
π
π

=

⇔


= ± +


Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác
Ta được nghiệm của phương trình là
2
x k
π
π
= +
.
Các bài tập tương tự
1/
sinx sin 2 sin 3
3
cos os2 os3
x x

x c x c x
+ +
=
+ +
;
2/
cos sin 3 0x x+ =
;
3/
1 cos 1 cos
4sinx
cos
x x
x
− + +
=
;
4/
2
2 3. os 2sin3 .cos sin 4 3
1
3 sinx cos
c x x x x
x
+ − −
=
+
;
5/
( )

( ) ( )
1 2sin cos
3
1 2sinx 1 sinx
x x−
=
+ −
(đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2009, khối A).
15
O
x
2
π
−
y
2
π
3
π
3
π
−
2
3
π
4
3
π
π
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH

II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế
Khi áp dụng chuyên đề 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. Vi vi 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.
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 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 chuyên đề:

Do thời gian có hạn nên chuyên đề chỉ đề cập những phương pháp cơ bản về kết
hợp nghiệm với điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện. Chuyên đề
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, lôga rít và hàm số dưới dấu căn…
16
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
C. KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY
Trong quá trình giảng dạy tôi đã đem các vấn đề trên áp dụng vào hai buổi
dạy tăng cường (sau khi đã dạy cho học sinh phương pháp giải phương trình
lượng giác). Kết quả cụ thể như sau:
Nội dung kiểm nghiệm
Lớp 11A4 (chưa được
học tăng cường)
Lớp 11A3
(đã được học tăng
cường)
Kiểm tra:
Giải phương trình
4
3 os8
4 os 4
tan tan
4 4
c x
c x
x x
π π
+
=

   
− +
 ÷  ÷
   
(Thời gian làm bài: 15 phút)
05/44 học sinh giải quyết
trọn vẹn bài toán.
35/42 học sinh giải
quyết trọn vẹn bài
toán.
34/44 học sinh chỉ biến
đổi đến phương trình
4 2
2 os 4 os 4 1 0c x c x− − =
mà
không tìm được điều
kiện hoặc mất quá nhiều
thì gian vào việc tìm ra
điều kiện cụ thể cho
phương trình.
06/44 học sinh kết hợp
ngiệm theo phương pháp
biểu diễn trên ĐTLG
nhưng không đủ nghiệm
hoặc thừa nghiệm.
02/42 học sinh không
thể giải quyết trọn
vẹn bài toán do mải
tìm ra điều kiện cụ
thể.

05/42 học sinh không
thể giải quyết trọn
vẹn bài toán do kết
hợp nghiệm theo
phương pháp biểu
diễn trên đường tròn
đơn vị và dẫn đến
thừa hoặc thiếu
nghiệm.
Không có học sinh nào
giải quyết trọn vẹn bài
toán theo phương pháp
biểu diễn nghiệm và điều
kiện thông qua cùng một
hàm số lượng giác.
05/42 học sinh giải quyết
trọn vẹn các bài toán
theo phương pháp kết
31/42 học sinh giải
quyết trọn vẹn bài
toán nhờ phương
pháp biểu diễn
nghiệm và điều kiện
thông qua cùng một
hàm số lượng giác
cos2x
.
04/42 học sinh giải
17
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH

hợp nghiệm và điều kiện
trên ĐTLG
quyết trọn vẹn các bài
toán theo phương
pháp kết hợp nghiệm
và điều kiện trên
ĐTLG.
18
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
D. KẾT LUẬN:
Chuyên đề được hoàn thành với sự tổng hợp, tham khảo tài liệu và đúc rút,
tổng kết kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy, về cơ bản chuyên đề đã đạt được các
mục tiêu đề ra. Nhưng để chuyên đề có tính ứng dụng cao và sát thực tiễn hơn
kính mong các thầy cô, đặc biệt là các thầy cô trong tổ Toán – tin, trường THPT
Mê Linh, tiếp tục đọc kỹ bản thảo, thảo luận để đóng góp, bổ sung cho chuyên
đề. Hi vọng chuyên đề này có thể được coi là một tài liệu để các đồng nghiệp
tham khảo nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy linh hoạt trong giải toán nói
chung và giải phương trình lượng giác nói riêng.
Xin chân thành cảm ơn!
Mê Linh, ngày 15 tháng 11 năm 2011
Người thực hiện
Nguyễn Hồng Sáng
19
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
E. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa môn Toán lớp 10, 11, 12 cơ bản_NXB Giáo dục.
2. Sách giáo khoa Bài tập môn Toán lớp 10, 11, 12 cơ bản_NXB Giáo dục.
3. Sách giáo khoa môn Toán lớp 10, 11, 12 nâng cao_NXB Giáo dục.
4. Sách giáo khoa Bài tập môn Toán lớp 10, 11, 12 nâng cao_NXB Giáo dục.
5. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ_NXB Giáo dục.

20
Nguyễn Hồng Sáng THPT MÊLINH
MỤC LỤC
RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN 1
A. MỞ ĐẦU 1
“RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN” 1
4. Phạm vi nghiên cứu 1
5. Điểm mới của chuyên đề 2
B. NỘI DUNG 3
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM VỚI ĐIỀU KIỆN PHỔ BIẾN:3
1. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương
trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác: 3
1.2 Một số ví dụ minh hoạ: 3
2. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập 8
3. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG) 13
II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế 16
III. Hướng phát triển chuyên đề: 16
E. TÀI LIỆU THAM KHẢO 20
MỤC LỤC 21
21