Loai nghiem trong PTLG co dieu kien www boxmath vn

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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 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

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 x + cos2 x ) sin  x +


1 + t anx

π


4

=

1
cos x
2

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

Điều kiện: 

3

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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


(

)

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

( L)
( L)
(t / m )

(k ∈ Z )

Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B)
x
Giải phương trình cot x + sin x  1 + tan x. tan  = 4


Lời giải:

2

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

x

 s inx sin 2 
x
cos x

Ta có cot x + sin x  1 + tan x. tan  = 4 ⇔
+ s inx 1 +
.
=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


4

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

2
1
= 4 ⇔ sin 2 x =
(t / m )
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

⇔

(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

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

5

(k ∈ Z )

/>
(k ∈ Z )

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán_Tập 2 _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


sin  − 2 x  ≠ 0
cos  − x  ≠ 0

 4

 2

⇔
⇔ cos2 x ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠ ± 1

π
π




sin
sin
+ x ≠ 0
+ 2x  ≠ 0
  4
  2



cos  π + x  ≠ 0


  4


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

(k ∈ Z )

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

2

sin 2 x > 0

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

4

4

Đối chiếu điều kiện ta được

2

sin 2 x = 1 ⇔ 2 x =

6

π
2

+ k .2π ⇔ x =

/>
π
4

+ k .π

(k ∈ Z )


Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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 =
π

2
(2003_B);
sin 2 x

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

x

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

7

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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 (α + k 2π ) = sin α
tan (α + kπ ) = tan α

∀α ; co s (α + k 2π ) = cosα
∀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)
2.2 Một số ví dụ minh hoạ
Giải phương trình cos3x.tan 5 x = sin 7 x

Ví dụ 1:

Lời giải: Điều kiện

cos5 x ≠ 0

Khi đó phương trình đã cho trở thành

x =

2 sin 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

5k π
 kπ

 kπ
= cos 

+ k 2π  = cos 
2
 2

 2

π
20

+

kπ
thì
10


 ≠ 0 ⇔ k = 2m


 π kπ 
cos5 x = cos  +
≠0
4 2 

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

π
20

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

Giải phương trình

(m ∈ Z )

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

Lời giải: Điều kiện

sin x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ ± 1

Khi đó phương trình đã cho trở thành

8

/>
+

kπ
10

( m, k ∈ Z )


Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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

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
(với cosα =

1
+ k 2π
13

k∈Z ,

2
3
; sin α =
)
13
13

9

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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

10

/>
k ∈Z


Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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

2
4

cosx ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ± 1

Lời giải: Điều kiện
Khi đó


π
tan 2 x + t anx
2
2 2
2

2
2
=
sin
x
+
⇔
c
os
x
tan
x
+
t
anx

=
s
inx
+
cos
x




tan 2 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.
π

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

Giải (*) ta được x =

tan 5 x.tan 2 x = 1

Ví dụ 5: Giải phương trình

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

Lời giải: Điều kiện

(k ∈ Z )

(1)
( 2)

( m, n ∈ Z )

phương trình tương đương với
tan 5 x =

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

(k ∈ Z )

+ Đối chiếu điều kiện (1)
Giả sử

π
14

+k

π
7

=

π
10

+m

Do k , m ∈ Z nên ∃t ∈ Z : t =

π
5

1 + 2m
t −1
⇔ m = 2t +
5
2

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

1 + 2m
5

⇔ k = m+

t −1
⇔ t = 2s + 1
2

k = 7 s + 3 . Suy ra x =

π
14

+k

π
7

với k ≠ 7 s + 3 thoả mãn phương trình

+ Đối chiếu điều kiện (2)
11

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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.
x=

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

π
14

+k

Các bài tập tương tự
1/

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

2/ 2 sin x + c otx = 2 sin 2 x + 1 ;
3/

s inx.cot5x
= 1;
cos9x

4/ tan

4

( 2 − sin
x +1 =

2

)

2 x .sin 3 x

4

cos x

;

5/ ( 4 cos 2 x − 3) sin 3x = .
1
2

12

/>
π
7

(k ∈ Z )


Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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
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 thành
3

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 thành
n

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

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

π

 x ≠ − 3 + mπ
 t anx ≠ − 3

⇔

cos x ≠ 0
 x ≠ π + nπ

2

Lời giải: Điều kiện

( m, n ∈ Z )
y

Khi đó phươngtrình 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 ⇔ 
⇔
cos x = 1
π
 x = ± + k 2π
2


3

π

2π
3

π

2

3

Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng

O

x

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

π
3

+ k 2π

(k ∈ Z )

−
13

/>
π
2

−

π
3


Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối A)
Giải phương trình

(

)

2 cos 6 x + sin 6 x − sin x.cos x
2 − 2 sin x

Lời giải: Điều kiện

=0

π


x ≠ + m2π
2

4
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
⇔ 3sin 2 2 x + sin 2 x − 4 = 0 ⇔ sin 2 x = 1
⇔x=

π
4

+ kπ

y
3π
4

(k ∈ Z )

Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng
giác ta được nghiệm của phương trình là
x=

5π
+ k 2π
4

Lời giải: Điều kiện

5π
4
sin x + sin 2 x
= −1
sin 3 x

sin 3 x ≠ 0 ⇔ 3 x ≠ kπ ⇔ x ≠ k

π
3

Khi đó
sin x + sin 2 x
= −1 ⇔ sin x + sin 2 x + sin 3 x = 0
sin 3 x
⇔ 2sin 2 x.cos x + sin 2 x = 0

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

14

4

o

(k ∈ Z )

Ví dụ 3: Giải phương trình

π

/>
x


Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

π

x = k 2
⇔
 x = ± 2π + k 2π

3

π
2π
3

Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác
Ta được nghiệm của phương trình là
x=

π
2

y

2

3

π

O

+ kπ .

4π
3

−

π
2

Các bài tập tương tự
1/

s inx + sin 2 x + sin 3 x
= 3;
cos x + cos2 x + cos3 x

2/ cos x + sin 3 x = 0 ;
3/

1 − cos x + 1 + cos x
= 4s inx ;
cos x

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

5/

π

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

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

15

/>
x

−

π
3


Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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
Kiểm tra:
Giải phương trình
3 + cos8x
= 4cos 4 4 x
π
π




tan  − x  tan  + x 
4
4






(Thời gian làm bài: 15 phút)

Lớp 11A4
(chưa đc học tăng cường)

Lớp 11A3
(đã đc học tăng cường)

05/44 học sinh giải quyết 35/42 học sinh giải
trọn vẹn bài toán.
quyết trọn vẹn bài
toán.
34/44 học sinh chỉ biến 02/42 học sinh không
đổi đến phương trình
thể giải quyết trọn
vẹn bài toán do mải
2cos 4 4 x − cos 2 4 x − 1 = 0 mà
không tìm được điều tìm ra điều kiện cụ
kiện hoặc mất quá nhiều thể.
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.

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 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.

31/42 học sinh giải
quyết trọn vẹn bài
toán nhờ phương
pháp
biểu
diễn
nghiệm và điều kiện
thông qua cùng một
05/42 học sinh giải quyết hàm số lượng giác
trọn vẹn các bài toán cos2x .

theo phương pháp kết 04/42 học sinh giải
hợp nghiệm và điều kiện quyết trọn vẹn các bài
toán theo phương
17

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

trên ĐTLG

18

/>
pháp kết hợp nghiệm
và điều kiện trên
ĐTLG.


Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

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

Kiến An, 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!
Hải Phòng, ngày 10 tháng 04 năm 2013
Người thực hiện

Nguyễn Trung Tiến

19

/>

Trường THPT Kiến An

Nguyễn Trung Tiến

MỤC LỤC
A. MỞ ĐẦU ................................................................................................................... 1
B. NỘI DUNG................................................................................................................ 3
I) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM PHỔ BIẾN:............................ 3
1. Biểu diễn nghiệm và điều kiện qua cùng một hàm số lượng giác: .................... 3
2. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập: ................................................................ 7
3. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác: ………………………………….10
II) MỘT SỐ CHÚ Ý KHI ÁP DỤNG CHUYÊN ĐỀ VÀO THỰC TẾ……..16
III) HƯỚNG PHÁT TRIỂN CHUYÊN ĐỀ: .......................................................... 16
C. KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY……………………………18
D. KẾT LUẬN: ............................................................................................................ 17
E. TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................... Error! Bookmark not defined.

20

/>