Nguyễn văn bảo toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG
------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
PHƯƠNG PHÁP XỬ LÝ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
CĨ ĐIỀU KIỆN, ĐÁP ỨNG KỲ THI THPT QUỐC GIA HIỆN NAY

Người thực hiện: Nguyễn Văn Bảo
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực mơn: Tốn

THANH HĨA NĂM 2017

1


MỤC LỤC
Trang
MỤC LỤC ..................................................................................................................1
1. MỞ ĐẦU................................................................................................................2
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI……………………...........................................................2
MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU....................................................................................2
ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU..................................................................................2
PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU............................................................................3
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM………...............................................3
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.................................3
2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ……...……………….…………….….……..........4

2.3. CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT
VẤN ĐỀ..................................................…...…………………………………5
2.3.1. Biến đổi đưa phương trình và điều kiện của phương trình lượng giác về
cùng một hàm số lượng giác…………... ....................................................5
2.3.2. Biểu diễn nghiệm của pt hệ quả và điều kiện trên cùng một đường tròn
lượng giác....................................................................................................7
2.3.3. Thử trực tiếp nghiệm của pt hệ quả vào điều kiện…................................9
2.3.4. Dùng tính chất tham số nguyên để chọn tham số thỏa mãn nghiệm.......12
2.3.5. Phối hợp các phương pháp xử lý pt lượng giác có điều kiện..................14
2.3.6. Điều kiện nghiệm theo yêu cầu của đề bài..............................................16
2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .........................................18
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ................................................................................19
TÀI LIỆU THAM KHẢO..........................................................................................20
DANH MỤC CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐƯỢC CÔNG NHẬN……….21

2


1. MỞ ĐẦU
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong những năm gần đây do nhu cầu cần thiết trong đề thi Đại học, đề thi
THPT quốc gia ra theo hướng mở, vận dụng kiến thức, kỹ năng loại nghiệm trong
các phương trình, nhất là phương trình lượng giác.
Phương trình lượng giác có rất nhiều kiểu biến đổi phong phú, đa dạng, tương
đối phức tạp, khiến nhiều học sinh khó hiểu, lúng túng trong việc ghi nhớ, hiểu bài,
vận dụng và trong bài tập, đề thi.
Phương trình lượng giác có điều kiện (chủ yếu là phương trình chứa ẩn ở mẫu
số, chứa ẩn trong hàm số tang, cotang,… hoặc điều kiện đề bài yêu cầu ) là dạng
toán cơ bản, hay và khá phức tạp, thường xuyên được đề cập trong các đề thi quan
trọng như thi học sinh giỏi và sắp tới là kỳ thi THPT Quốc gia. Đối với giáo viên,

việc dạy cho học sinh hiểu và có cách diễn đạt rõ ràng đối chiếu nghiệm tìm được
với điều kiện khơng hề dễ dàng. Điều khó khăn cơ bản là số nghim ca PT lng
k
(k  ,n Ơ * ) . Hơn
giác thường là vô hạn và được biểu diễn dưới dạng α +
n
nữa, cùng một PT lượng giác, nếu dùng các phép biến đổi khác nhau có thể thu được
các PT cơ bản khác nhau và từ đó thu được số họ nghiệm cũng như hình thức các họ
nghiệm rất khác nhau.
Sách giáo khoa, nhiều tài liệu bàn nhiều về phương pháp giải phương trình
lượng giác, rất ít tài liệu đề cập đến phương pháp, kỹ thuật xử lý, lấy nghiệm của
phương trình lượng giác có điều kiện một cách đầy đủ, bài bản.
Mong muốn của bản thân là làm rõ được các dạng Toán và phương pháp xử
lý, trong từng trường hợp cụ thể, của phương trình lượng giác có điều kiện, cung cấp
kiến thức, kỹ năng, giúp học sinh giải quyết tốt dạng toán này trong các đề thi hiện
nay.
Vì những lí do trên đây tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là:
“ Phương pháp xử lý phương trình lượng giác có điều kiện, đáp ứng kỳ
thi THPT quốc gia hiện nay”
MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu cơ sở lí luận và thực tiễn của bài tốn phương trình lượng giác có điều
kiện. Đề xuất các giải pháp, cách xử lý cho các dạng toán cụ thể đáp ứng kỳ thi
THPT quốc gia hiện nay.
ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Học sinh lớp 11, lớp 12.

3


PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

+ Nghiên cứu lí luận
+ Điều tra thực tế
+ Thực nghiệm sư phạm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Từ bản chất kiến thức lượng giác, ta xét cơ sở lí luận của các trường hợp cụ
thể dẫn đến các kỷ thuật tương ứng sau đây:
* Các hàm số lượng giác có liên quan chặt chẽ, mật thiết với nhau, biến đổi
được qua lại với nhau nên có thể đưa về cùng một hàm số lượng giác chẳng hạn:
- Đưa về sinu: Các trường hợp sau đây đều đưa được về sinu
(2k + 1)π
1
(2k + 1) π
sin(u ± k π);cos(u ±
);cos 2u = 1 − sin 2u;cot 2 u =
− 1;cos(
± u)
2
2
sin u
2
u
u
u
u
cos2u = 1 − 2sin 2u;sin 3u = 3sinu − 4sin 3 u;(sin ± cos ) 2 ;(sin ) 4 + (cos ) 4 ;...
2
2
2
2

- Đưa về cosu: Các trường hợp sau đây đều đưa được về cosu:
(2k + 1) π
1
(2k + 1) π
cos(u ± k π);sin(u ±
);sin 2 u = 1 − cos 2 u; tan 2 u =
−
1;sin(
± u)
2
cos 2 u
2
u
u
u
u
cos2u = 2cos 2 u − 1;cos3u = 4cos 3 u − 3cos u;(sin ) 4 + (cos ) 4 ;(sin )6 + (cos ) 6 ;...
2
2
2
2
- Đưa về tanu: Các trường hợp sau đây đều đưa được về tanu:
(2k + 1)π
1
1
2 tan u
tan(u ± k π);cot(u ±
);cot u =
;cos 2 u =
;tan 2u =

,...
2
2
tan u
1 + tan u
1 − tan 2 u
- Đưa về cotu: Các trường hợp sau đây đều đưa được về cotu:
(2k + 1)π
1
1
2co t u
cot(u ± k π);tan(u ±
); tan u =
;sin 2 u =
; tan 2u =
,...
2
2
co t u
1 + co t u
co t 2 u − 1
- Tương tự ta có các cơng thức biến đổi về sin2u, cos2u, tan2u, cot2u, …
Như vậy để đối chiếu so sánh nghiệm theo cơ sở này ta có thể biến đổi cả điều
kiện và pt hệ về cùng một hàm số để đối chiếu điều kiện một cách đơn giản
(mục 2.3.1).
* Do tính chất mỗi góc lượng giác có một điểm biểu diễn xác định duy nhất
trên đường tròn lượng giác; và tất cả các góc lượng giác dạng α + k2π (k ∈ ¢ ) đều
có chung một điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác; mỗi điểm M trên đường
trịn lượng giác là điểm biểu diễn của họ góc lượng giác dạng α + k2π (k ∈ ¢ ) với
α là một góc lượng giác nào đó nhận điểm M làm điểm biểu diễn của nó; họ

4


k2
(k  ,n Ơ * ) cú n điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ta chỉ cần
n
chọn k=0;1;2;…;n-1).
Do đó tất cả các họ điều kiện và ở nghiệm của phương trình hệ quả đều biểu diễn
được trên đường tròn lượng giác để đối chiếu so sánh và kết luận nghiệm (mục
2.3.2.).
* Dựa vào tính chất tuần hoàn của hàm số lượng giác nên ta chỉ cần tính các
giá trị trong một chu kỳ, áp dụng trong các trường hợp cụ thể như:
+ sin( α ± k2π )=sin α ; sin( α ± (2k + 1)π )= - sin α ; cos( α ± k2π )=cos α ; cos(
α ± (2k + 1)π )= - cos α ; tan( α ± kπ )=tan α ; cot( α ± kπ )=cot α .
k2π
k2π
kπ
kπ
) ;cos( α +
) ;tan( α + ) ;cot( α + )
+ Đối với các dạng: sin( α +
n
n
n
n
ta xét các trường hợp k=mn; mn+1;…;mn+n-1 với k ∈ ¢ , đơn giản hơn ta chỉ cần
chọn n giá trị trong một chu kỳ 0;1;…;n-1 các giá trị thỏa mãn cộng thêm đi k2π
hoặc kπ .
Do đó ta có thể thử trực tiếp các nghiệm vào điều kiện để được kết quả cụ thể

thỏa mãn hay không thỏa mãn điều kiện bài toán (mục 2.3.3).
* Các nghiệm của pt lượng giác thường biểu diễn dưới dạng
k1 2π
kπ
(k1 Â ,n1 Ơ * ) v
+
(k  ,n ∈ ¥ * ) , hai họ nghiệm α1 +
n1
n
kπ
α 2 + 2 (k 2 ∈ ¢ ,n 2 ∈ ¥ * ) có nghiệm chung khi và chỉ khi tồn tại k1 ,k 2 ∈ ¢ sao cho
n2
k 2π
k 2π
α1 + 1 = α 2 + 2
n1
n2
Do đó để tìm nghiệm chung thỏa mãn ta thường cho hai họ nghiệm bằng nhau và
tìm tham số nguyên thỏa mãn (mục 2.3.4.)
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Phương trình lượng giác có điều kiện là dạng toán cơ bản, hay và khá phức
tạp, thường xuyên được đề cập trong các đề thi quan trọng như thi Đại học, học sinh
giỏi và kỳ thi THPT Quốc gia. Đối với giáo viên, việc dạy cho học sinh hiểu và có
cách diễn đạt rõ ràng đối chiếu nghiệm tìm được với điều kiện, khơng hề dễ dàng.
Điều khó khăn cơ bản là số nghiệm của PT lượng giác thường là vơ hạn và được
kπ
(k ∈ ¢ ,n ∈ ¥ * ) .Hơn nữa, cùng một PT lượng giác, nếu
biểu diễn dưới dạng α +
n
dùng các phép biến đổi khác nhau có thể thu được các PT cơ bản khác nhau và từ đó

thu được số họ nghiệm cũng như hình thức các họ nghiệm rất khác nhau.
- Phương trình lượng giác có điều kiện có đề cập ở một số tài liệu và Báo toán học
tuổi trẻ theo hình thức chung và thể hiện qua ví dụ phân loại theo dạng tổng quát
học sinh vẫn khó thực hành.
α+

5


- Phương trình lượng giác có điều kiện trong chương trình và sách giáo khoa, cũng
như trong thực tế dạy học Toán chưa được quan tâm một cách đúng mức và thường
xun.
- Phương trình lượng giác có điều kiện trong đề thi Đại học, HSG hằng năm, sắp tới
là kỳ thi THPT quốc gia. Đây là câu ở mức độ vận dụng, học sinh thường bị khó
khăn bởi hình thức, cách lấy nghiệm.
Trước thực trạng như vậy, cá nhân muốn làm rõ quy trình tách lọc hình thức,
phát hiện bản chất thể hiện qua các dạng toán, phương pháp giải, thực hành thơng
qua các ví dụ cụ thể, giúp học sinh tiếp thu tốt hơn về nội dung này.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm sử dụng để giải quyết vấn đề
Khi giải pt lượng giác có điều kiện ta cần chú ý quan tâm ở trường hợp cụ thể
như sau:
- Điều kiện từ Điều kiện xác định của phương trình, học sinh khi làm bài phải nêu
điều kiện để các phép toán của pt thực hiện được. Chú ý các trường hợp: ẩn ở các
hàm số lượng giác dưới mẫu, trong hàm số tang, hàm số cotang, trong căn bậc chẵn,
dưới dấu logarit, dưới cơ số mũ và logarit,…
- Điều kiện của nghiệm theo yêu cầu của đề bài như: tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện
thuộc đoạn[ α ; β ], khoảng ( α ; β ), nghiệm dương x>0, nghiệm âm x<0, không âm,
không dương, lớn hơn α , nhỏ hơn α , …
- Điều kiện sinh ra do biến đổi, nhận xét đánh giá, do tập giá trị của hàm số lượng
cos2x = 1

3x

giác chẳng hạn: cos2x + cos = 2 ⇔ 
; cos2x.cos5x = 1 thì hoặc
3x
4
cos
=
1

4
cos2x = 1
cos2x = −1
hoặc 
; cosx = sin3x thì điều kiện sin3x ≥ 0; …

cos5x = 1
cos5x = −1
* Để xử lý tốt pt lượng giác có điều kiện ta cần xem xét điều kiện của phương trình
ở trường hợp nào sau đó ta mới áp dụng cụ thể theo một trong các định hướng sau:
2.3.1. Biến đổi đưa phương trình và điều kiện của phương trình về cùng một
hàm số lượng giác.
*Các chú ý: Theo định hướng này ta cần chú ý các kỷ thuật sau:
+ Biến đổi điều kiện đưa về cùng một hàm số lượng giác
+ Biến đổi phương trình về cùng hàm số lượng giác ở điều kiện
+ Không giải điều kiện
*Các biến đổi quan trọng cần chú ý: sinu ≠ 0 ⇔ cosu ≠ ± 1; cosu ≠ 0 ⇔ sinu ≠ ± 1;
sinu ≠ 0
⇔ sin 2u ≠ 0 ; tanu ≠ 0 ⇔ sinu ≠ 0; cotu ≠ 0 ⇔ cosu ≠ 0; tan2u ≠ m ⇔


cosu
≠
0


6


1
1
2
; cot2u ≠ m ⇔ sin u ≠
; sinu ≠ 0 ⇒ cosu ≠ 1; cosu ≠ 0 ⇒ sinu ≠ 1;
m+ 1
m+ 1
sin2u ≠ m2 ⇔ sinu ≠ ± m (m>0) , cos2u ≠ m2 ⇔ cosu ≠ ± m (m>0); ...
Dựa vào các chú ý trên ta dễ dàng giải được các phương trình sau:
cos2u ≠

VÍ DỤ 1(KB – 2003) Giải pt: Cotx -tanx + 4sin2x =

2
(1)
sin2x

sinx ≠ 0

Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ sin 2x ≠ 0 ⇔ cos 2x ≠ ±1
sin 2x ≠ 0


cos 2x=1
(1) ⇔ 2cos2x +4sin22x = 2 ⇔ -2cos22x+cos2x +1 = 0 ⇔ 
cos 2x = − 1

2
Đối chiếu điều kiện ta được cos 2x = −
Vậy phương trình có nghiệm x = ±

1
thỏa mãn
2

π
+ kπ , k∈ ¢
3

Chú ý: ở đây ta đã biến đổi cả điều kiện và pt hệ quả về cùng hàm số cos2x
VÍ DỤ 2( KB – 2004) Giải pt: 5sinx -2 = 3(1 - sinx)tan2x (1)
Điều kiện cosx ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ±1
(1) ⇔ (5sinx - 2)(1 + sinx) (1 - sinx) = 3sin2x(1 - sinx)
sinx = 1;sinx = −2 (loai)
⇔ (1− sinx)(2sin x + 3sin x − 2) = 0 ⇔ 
sinx = 1

2
2

Đối chiếu điều kiện sinx =

1

π
5π
+ k2π k∈ ¢
thỏa mãn. ĐS x = + k2π , x =
2
6
6

(2 − sin2 2x)sin3x
VÍ DỤ 3( DB – 2002) Giải pt: tan x + 1=
(1)
cos4 x
4

Điều kiện cosx ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ±1

7


(1) ⇔ sin4x + cos4x = (2 - sin22x )sin3x ⇔ (2 - sin22x )(1 - 2sin3x) = 0
sin 2 2x=2
1
1
⇔
⇔ sin 3x = ⇔ 3sin x − 4sin 3 x = (*)
1
sin 3x =
2
2


2
Rõ ràng thử sin x = ±1 vào phương trình 3sin x − 4sin 3 x =
π k2π

x
=
+

1
18
3
, k ∈¢ .
Do đó sin 3x = ⇔ 
2
 x = 5π + k2π

18
3

ĐS: x =

1
không thỏa mãn
2

π k2π 5π k2π
+
;
+
, k ∈¢

18 3
18
3

Chú ý: Trong pt trên ta chưa vội giải pt hệ quả cuối mà ta lại biến đổi tiếp để
đối chiếu điều kiện sau ta mới giải lấy nghiệm.
Bài tập thực hành
π
x
 1− sin x 
2
1. KB -2006: Cotx + sinx(1 + tanxtan ) = 4; 2. KA -2007: 3tan  x − ÷ = 2
÷
2
2

 sin x 

3. DB - 2002:

sin x
 3π

sin4 x + cos4 x 1
1
=2
= cot2x −
; 4. DB -2005: tan − x÷+
5sin2x
2

8sin2x
 2
 1+ cos x

5. DB -2006: (2sin2x - 1)tan22x + 3(2cos2x - 1) = 0
2.3.2. Biểu diễn nghiệm của pt hệ quả và điều kiện trên cùng một đường tròn
lượng giác
k2π
*Chú ý kiến thức: + Họ x= α +
có n điểm biểu diễn trên đường trịn lượng giác
n
nên ta chỉ cần chọn n giá trị của tham số k là 0;1;2;…;n-1
+ Họ x= α + k2π có 1 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác chọn k=0
Họ x= α + kπ có 2 điểm biểu diễn trên đường trịn lượng giác chọn k=0,1
k2π
Họ x = α +
có 3 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác chọn k=0,1,2
3
*Chú ý về kỷ thuật lấy nghiệm, loại nghiệm
+ Đối với phương pháp này ta giải cả điều kiện và tìm nghiệm pt hệ quả sau đó
biểu diễn chúng trên cùng một đường tròn lượng giác.
+ Ta biểu diễn các họ nghiệm của pt hệ quả trước sau đó biểu diễn họ điều kiện
để dễ phát hiện nghiệm loại.
8


+ Mỗi điểm biểu diễn của góc α ta kết luận nghiệm α + k2π
+ Hai điểm biểu diễn đối xứng nhau qua O ta kết luận α + kπ
k2π
+ n điểm BD tạo thành đa giác đều ta kết luận α +

n
6
6
2(cos x + sin x) − sin xcosx
= 0(1)
VD1.( KA2006):
2 − 2sin x
y

π

x ≠ + k2π (2)

2

4
⇔
(k ∈ ¢ )
ĐK: sinx ≠
2
3
π
x ≠
+ k2π (3)

4
3
1
(1) ⇔ 2(1− sin2 2x) − sin2x = 0
4

2
2
⇔ −3sin 2x − sin2x + 4 = 0

O

x

sin2x = 1
π
⇔
⇔ x = + kπ
4
sin2x = −4/ 3
Biểu diễn ta được hai điểm đánh dấu × đối xứng nhau như hình vẽ
Biểu diễn điều kiện ta được hai điểm đánh dấu o như hình vẽ
Ta có một điểm đánh dấu × khơng trùng thỏa mãn điều kiện
Vậy pt có nghiệm x =

5π
+ kπ ,k∈ ¢
4

VD2.( KA2009) Giải pt:

(1− 2sin x)cosx
= 3 (1)
(1+ 2sin x)(1− sin x)

π

π

x
≠
+
k
2
π
;
x
≠
−
+ k2π
sin x ≠ 1


2
6
Điều kiện: 
1⇔ 
7π
sin
x
≠
−

+ k2π
2  x ≠

6

9


π
π


(1) ⇔ cosx − 3sin x = sin2x + 3cos2x ⇔ cos x + ÷ = cos 2x − ÷
3
6


π
π
π


(2)
2x − 6 = x + 3 + k2π
 x = 2 + k2π
⇔
⇔
π
π
2x − = −(x + ) + k2π
 x = − π + k2π (3)


6

3
18
3
y
Biểu diễn các họ (2), (3) ta được 4 điểm;
biểu diễn điều kiện ta được 3 điểm
có một điểm trùng.
Vậy phương trình có nghiệm:
O

π k2π
x= − +
,k∈ Z
18
3

x

Rõ ràng trong trường hợp này không thể biến đổi cả điều kiện và pt về cùng 1
hàm số lượng giác nên ta không thể dùng phương pháp ở mục i)
x π
(2 − 3)cosx − 2sin2  − ÷
VD3.( DB 2003):
 2 4 =1
2cosx − 1

y

π
3

1
2

Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ ± + k2π

π 

(1) ⇔ (2 − 3)cos x − 1− cos x − ÷ = 2cos x − 1




x

2 

⇔ 3cos x − sin x = 0 ⇔ tan x = 3 ⇔ x =

Đáp số: x =

O

π
+ kπ
3

4π
+ k2π , k∈ ¢ )
3

BÀI TẬP THỰC HÀNH
1)KD2011:

sin2x + 2cosx − sin x − 1
tanx + 3

π
(1+ sin x + cos2x)sin(x + )
= 0 2)KA-2010:
4 = 1 cos x
1+ tanx
2

10


7π



3) KA -2008: sin x + sin x − 3π / 2 = 4sin 4 − x÷
(
)


1

1

2.3.3. Thử trực tiếp nghiệm của pt hệ quả vào điều kiện
*Các chú ý: + Lấy điều kiện và biến đổi gọn điều kiện, khơng giải điều kiện
+ Lấy nghiệm phương trình hệ quả thử vào điều kiện
*Các chú ý kiến thức:


sinα nÕuk = 3n
cosα nÕuk = 3n


k2π 
2π
k2π 
2π
sin(α +
) = sin(α + )nÕuk = 3n + 1 ;cos(α +
) = cos(α + ) nÕuk = 3n + 1


3
3
3
3


4π
4π
sin(α + )nÕuk = 3n + 2
cos(α + ) nÕuk = 3n + 2
3

3




 tanα nÕuk = 3n
cot α nÕuk = 3n


kπ 
π
kπ 
π
tan(α + ) = tan(α + ) nÕu k = 3n + 1 ; cot(α + ) = cot(α + ) nÕu k = 3n + 1

3
3

3
3


2
π
2π
cot(α + ) nÕu k = 3n + 2
 tan(α + ) nÕu k = 3n + 2
3

3


sin(u ± k2 π )=sinu; cos(u ± k2 π )=cosu; sin(u ± (2k+1) π ) =-sinu;
tan(α + k π ) = tanα;
cot(α + k π ) = cotα;
cos(u ± (k2+1) π )
=-cosu;
sinα nÕuk = 2n
 cosα nÕuk = 2n
sin(α ± k π ) = 
cos(α ± k π ) = 
;
 − sinα nÕu k = 2n + 1
 − cosα nÕu k = 2n + 1
Dựa vào các chú ý và kiến thức trên, ta dễ dàng xử lý nghiệm các phương trình
lượng giác sau:
VD1( KA-2011):

1+ sin2x + cos2x
= 2sin xsin2x (1)
1+ cot2 x

Điều kiện: sinx ≠ 0
(1) ⇔ sin2x(1+sin2x+cos2x)=2 2 sin2xcosx

11


⇔ 2cos2x+sin2x=2 2 cosx (Do sinx ≠ 0) ⇔

π


x
=
+ kπ
 cosx = 0

2
2cosx(cosx + sinx − 2) = 0 ⇔ 
⇔
 2sin(x + π ) = 2 
π
x = + k2π

4

4
π
2

π
4

Thử vào điều kiện sin( +k π )= ±1 ; sin( +k2 π )=

2
đều thỏa mãn điều kiện
2

Trong trường này ta thử q đơn giản, nhanh chóng do đi của nghiệm và điều
kiện đơn giản.

VD2) cosx + sin3x = 0 (1)
 − sin3x ≥ 0 (*)

(1) ⇔ cos x = − sin3x ⇔  cosx = − sin3x (2)
  cosx = sin3x (3)


π
π
3π



3x = x − + k2π
x = − + kπ (3) 3x = −
+ 3kπ (4)


π
2
4
4
⇔
⇔
(2) ⇔ sin3x = sin(x − ) ⇔ 
2
3x = π − (x − π ) + k2π
 x = 3π + kπ (4) 3x = 9π + 3kπ (5)

2

8 2
8
2



π
π kπ
3π 3kπ



3x = − x+ k2π
x= +
(5) 3x =
+
(6)


π
2
8
2
8
2
⇔
⇔
(3) ⇔ sin3x = sin( − x) ⇔ 
2
3x = π − (π − x) + k2π

 x = π + kπ (6) 3x = 3π + 3kπ (7)



2
4
4

Thử các họ (4), (5), (6), (7) vào (*) trường hợp nào làm cho sin3x ≤ 0 là thỏa mãn
π
4

π
8

ĐS: x = − + 2kπ , x = − + k2π ; x =
VD3)

3π
5π
9π
5π
+ 2kπ ; x =
+ k2π ; x =
+ k2π ; x =
+ k2π
8
8
8
4

1
2(sin x − cos x)
=
(1)
tan x + cot2x
cot x − 1

12


sinx ≠ 0
cosx ≠ 0

ĐK: sin2x ≠ 0
 tan x + cot2x ≠ 0

cot x − 1≠ 0

(1) ⇔

⇔

cos x ≠ 0

sin2x ≠ 0
sin2x ≠ 0
⇔

cotx ≠ 1

sin x ≠ 0
sin x − cos x ≠ 0

sin2x.cosx
2(sin x − cosx)sinx ⇔
sin2x = =
cosx
cosx − sinx

2 sinx (do điều kiện)

3π

x
=
+ k2π

2
4
⇔ sinx(2cosx− 2) = 0 ⇔ cosx = −
⇔ 
2
 x = − 3π + k2π

4

(Do sinx ≠ 0 )

sin2x ≠ 0
3π

chỉ có x = + k2π thỏa mãn
4
cot x ≠ 1

Thay trực tiếp vào hệ 
Vậy pt có nghiệm: x =

3π
+ k2π , k ∈ ¢
4

Trong trường hợp này nếu ta không kết hợp các điều kiện lại ta phải thử tới 5 trường
hợp, nếu nhanh ý ta thấy sin2x ln khác 0 nên chỉ cần thử vào cotx
Dùng tính chất chu kỳ chỉ cần thử các nghiệm cụ thể trong một chu kỳ
π

2
Thí dụ: Giải phương trình 2 sin 3 x + ÷ = 1 + 8 sin2 xcos 2 x (1)
4

 
π
sin 3x + 4 ÷ ≥ 0 (*)
 

(1) ⇔ 
4 sin2  3 x + π  = 1 + 8 sin2 xcos2 2 x (2)


4÷




π 

(2) ⇔ 2 1 − cos 6 x + ÷÷ = 1 + 4 sin4 xcos2 x
2 


π

x
=
+ kπ (a)

1
12
⇔ 2 + 2sin6x = 1 + 2(sin6x + sin2x) ⇔ sin2 x = ⇔ 
2
 x = 5π + kπ (b)

12

13


π

Đối chiếu ĐK (*), Vì hàm số y = sin 3x + ÷ có chu kì T ≤ 2π , Nên ta cần
4


thử trực tiếp với k = 0; 1 và thấy k = 0 thì (a) thỏa mãn; k = 1 thì (b) thỏa mãn.
π
17π
+ k2π (k ∈ ¢ )
Vậy nghiệm của PT(2) là : x = + k2π , x =
12
12
Nhận xét: Ưu điểm của phương pháp thử trực tiếp là đơn giản, dễ hiểu rất phù
hợp với việc dạy đại trà, nhất là đối tượng học sinh có học lực trung bình và yếu.
Tuy nhiên với n càng lớn thì việc đối chiếu sẽ mất khơng ít thời gian.
BÀI TẬP THỰC HÀNH
π



2
1) DB - 2005: tan + x÷− 3tan x =
2




2cos2x − 1
;
cos2 x

2) cos3xtan5x = sin7x ; 3) tan2xtan3xtan5x = tan2x – tan2x – tan5x
2.3.4. Dùng tính chất của tham số nguyên để chọn tham số hợp lý
Chú ý: Để việc đối chiếu đk trên được thực hiện dễ dàng, ta cần lưu ý đến

kiến thức sau: Cho pt ax + by = c ( a,b,c∈ ¢ ) (*)
- pt(*) có nghiệm nguyên nếu và chỉ nếu D = (a, b) là ước của c.
- nếu pt(*) có nghiệm ngun (x 0, y0) thì (*) có vô số nghiệm nguyên . Họ tất cả các
nghiệm nguyên của pt(*) là
b
a 

(xt ;yt ) =  x0 + t;y0 t ữ vi t Â
D
D

sin xcot5 x
=1
(1)
Vớ dụ 1. Giải pt
cos9 x
mπ
(2 m+ 1)π
(m∈ ¢ )
Lời giải. ĐK sin5x ≠ 0, cos9x ≠ 0, tức là x ≠
và x ≠
5
18
Pt(1) ⇔ sinxcos5 x = sin5 xcos9 x ⇔ sin6 x− sin4 x = sin14 x− sin4 x

x =
⇔ sinx14 x = sin6 x ⇔ sinxcos5 x = sin5 xcos9 x ⇔ 
x =


kπ
4
π kπ
+
20 10

(a)
(k ∈ ¢ )
(b)

Đối chiếu đk:
• Nghiệm (a) bị loại khi và chỉ khi k,m∈ ¢ sao cho
 kπ mπ
 4 = 5
5k − 4m= 0(a')
 k = 4t
⇔
⇒
(k ∈ ¢ )

9k − 4m= 2(b')  k = 2 − 4t
 kπ = (2m+ 1)π
 4
18

14


π tπ
+ (t ∈ ¢ ) là nghiệm của pt (3).

4 2
• Nghiệm (b) bị loại khi và chỉ khi k,m∈ ¢ sao cho
Vậy với k lẻ tức là x =

 π kπ mπ
 20 + 10 = 5
2k − 4m= −1
⇔

18k − 20m= 1
 π + kπ = (2m+ 1)π
 20 10
18

Cả 2 pt này đều khơng có nghiệm nguyên. Suy ra nghiệm pt là
π kπ
π kπ
+ (k ∈ ¢ )
x = + (k ∈ ¢ ) , x =
20 10
4 2
cosx cos5 x
17π 

−
+ 8 sin2 2  x +
= 4(cos2 x+ 1)
VD 2: Giải pt
cos3x cosx
4 ÷



π
π
Lời giải: ĐK: cos3x ≠ 0 ⇔ x ≠ + m. (m∈ ¢ ).
6
3
17π 

2
+ 4(cos2 x+ 1)
Ta có −8 sin 2  x +
4 ÷


2
= 4cos2 x − 4 cos4 x = 8 sin xsin3x.
= −8cos 2 x + 4 cos2 x+ 4
2
Do đó Pt (1) ⇔ cos x − cos5 xcos3 x = 8 sin xcosxsin3 xcos3x
1 + cos2 x cos8 x+ cos2 x
=
−
= 2 sin2 xsin6 x.
2
2
⇔ 1 − cos8 x = 4 sin6 xsin5 xcos3 x
⇔ 1 − cos8 x = 2(cos4 x− cos3 x
⇔ 2 cos4 x(cos4 x− 1) = 0
cos4x = 0

⇔
cos4x = 1

(1)

π kπ

x
=
+
(a)

8
4
⇔
 x = kπ
(b)

2

Đối chiếu ĐK:
π kπ π mx
= +
⇔ 6k − 8m= 1 Khơng có nghiệm ngun.
*Nhận thấy +
8 4 6 3
Suy ra, nghiệm (a) thỏa mãn điều kiện.
*Nghiệm (b) bị loại với k,m∈ ¢ sao cho
Suy ra với k chẵn, tức là x = lπ (l ∈ ¢ ) nghiệm của pt (4) là
π

π
x = + k ; x = l π (kl ∈ ¢ )
8
4
2.3.5. Phối hợp các phương pháp xử lý pt lượng giác có điều kiện.

15


Dựa vào bản chất các pp ta thấy ngay có những pt một pp không giải quyết tốt được,
nếu phối hợp tận dụng ưu điểm của các pp ta có thể xử lý pt nhanh gọn và đơn giản.

π
(1+ sin x + cos2x)sin(x + ) 1
VD1.( KA-2010):
4 =
cosx (*)
1+ tanx
2
(1)
cosx ≠ 0
cosx ≠ 0
sin x ≠ ±1(3)
⇔
⇔
Điều kiện: 
1+ tanx ≠ 0 sin x + cosx ≠ 0(2) tanx ≠ −1(4)
1
(−2sin2 x + sin x + 2) (sin x + cosx)cosx
1

Khi đó (*)
2
⇔
=
cosx
sin x + cosx
2
⇔ −2sin2 x + sin x + 2 = 1 (do điều kiện (1),(2))
sin x = 1 (loai)
2
⇔ −2sin x + sin x + 1= 0 ⇔ 
sin x = − 1

2
π

x = − + k2π

1
6
⇔ sinx= - (do điều kiện (3)) ⇔ 
(k ∈ ¢ )
2
7
π
x =
+ k2π

6
Dễ thử trực tiếp (2) họ nghiệm vào (4) thỏa mãn

π
6

Vậy pt (*) có nghiệm: x = − + k2π ; x =

7π
+ k2π (k ∈ ¢ )
6

Như vậy phối hợp các phương pháp loại nghiệm khác nhau giúp ta loại các giá trị
lượng giác và nghiệm khơng thỏa mãn một cách liên tục và nhanh chóng.
x
x




VD2: log3  sin − sin x÷+ log1  sin + cos2x÷ = 0
2
 2


3
 x
sin 2 − sin x > 0
⇔
sin x − sin x = sin x + cos2x
 2
2

(1)
(2)

16


π

x
=
+ 2kπ (3)

2

sin x = 1
π
2
⇔  x = − + k2π (4)
(2) ⇔ −2sin x + sin x + 1= 0 ⇔ 
1

sin x = −
6

2 
 x = 7π + 2kπ (5)

6
Nhận thấy họ nghiệm (3) không thỏa mãn (1) nên bị loại
 π

 1
+) Thử họ nghiệm (4) vào (1) ta được sin − + kπ ÷+
 12
 2
Biểu diễn α = −
sinα > −

π
+ kπ trên đường trịn lượng giác ta được 2 điểm đều có
12

1
, Do đó họ nghiệm (4) thỏa mãn (1)
2

 7π
 1
+ kπ ÷+
+) Thử họ nghiệm (5) vào (1) ta được sin
 12
 2
Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta được 2 điểm có một điểm khơng thỏa mãn,
họ nghiệm (5) khơng thỏa mãn khi k lẻ
ĐS pt có nghiệm: x = −

π
7π
+ 2nπ ; x =
+ 4nπ (n∈ ¢ )
6

6

cos2x
1
+ sin2 x − sin2x
1+ tan x
2
x π 2
2
2 x
2) KD – 2003: sin x − ÷tan x − cos = 0
2
 2 4
1) KA – 2003: Cotx - 1 =

Bài tập thực hành được nhiều phương pháp
*Phương pháp Biểu diễn trên đường tròn lượng giác, pp thử trực tiếp và pp
phối hợp các phương pháp
1) DB-2004:

1
1
π

−
= 2 2cos x + ÷;
cosx sin x
4


17


2) KD-2011:

sin2x + 2cosx − sin x − 1
= 0;
tanx + 3

x π 
(2 − 3)cosx − 2sin2  − ÷
3) DB-2003:
 2 4  = 1;
2cosx − 1
2) DB-2004:

1
1
 π
−
= 2 2cos x + ÷
cosx sin x
4


2.3.6. Điều kiện của nghiệm theo yêu cầu đề bài
Đối với dạng pt này ta tiến hành giải bình thường lấy nghiệm của pt sau đó mới
xét đến điều kiện bài tốn u cầu.
VI DỤ 1 (KA - 2002) Tìm nghiệm thuộc khoảng (0; 2 π ) của pt:
cos3x + sin3x 


5 sin x +
÷ = cos2x + 3 (1)
1+ 2sin2x 

Điều kiện: 1+ sin2x ≠ 0 ⇔ sin2x ≠ -

1
2

cosx = 2 (loai)
(1) ⇔ 5cosx = cos2x + 3 ⇔ 2cos x − 5cosx + 2 = 0 ⇔ 
cosx = 1

2
π
⇔ x = ± + 2kπ k∈ ¢
3
Nghiệm thuộc khoảng (0; 2 π ) ta xét các hệ
2

1
π

 π
 3 + 2kπ > 0
k > − 6
 − 3 + 2kπ > 0




5
π

 π
;
 + 2kπ < 2π ⇔ k <
 − + 2kπ < 2π
6
3

 3
k∈ ¢
k∈ ¢
k∈ ¢






π 5π
1
ĐS: x = ;
thỏa mãn sin2x ≠ 3
3
2

1


k > 6

7

⇔ k <
6

k∈ ¢



VÍ DỤ 2 (KD – 2002) Tìm x ∈ [0; 14] nghiệm đúng của pt
Cos3x - 4cos2x + cosx - 4 = 0 (1)
(1) ⇔ 4 cos3x - 3cosx -4( 2cos2x - 1) + 3cosx – 4 = 0
⇔ cos2x( cosx - 2) = 0 ⇔ x =

π
+ kπ k∈ ¢
2

18


Để tìm nghiệm thỏa mãn đề bài ta xét hệ

ĐS: x =

π 3π 5π 7π
, , ,
thỏa mãn ycbt

2 2 2 2

2− π

π
 k > 2π ; −0,181
 2 + kπ > 1


28− π
π

; 3,956
 + kπ < 14 ⇔ k <
2π
2

k∈ ¢
k∈ ¢





VÍ DỤ 3 ( DB -2002)
Xác định m để phương trình: 2(sin4x + cos4x ) + cos4x + 2sin2x – m = 0 (1)
π




Có ít nhất một nghiệm thuộc  0; 
 2
 π
(1) ⇔ - 3sin2x + 2sin2x + 3 – m = 0 (2). Đặt t = sin2x, x ∈  0;  ⇒ t∈ [ 0;1]


2

(2) trở thành -3t2 + 2t + 3 = m; xét hàm số f(t) = -3t2 + 2t + 3
 10

Lập bảng biến thiên ta được m∈ 2;  thì pt có nghiệm thỏa mãn ycbt
 3
BÀI TẬP THỰC HÀNH

1. KSCL- 2008: Cho phương trình: 2

4

 2

+ cos2 x÷+ m
− cos x÷ = 1
2
 cos x

 cos x


π



a). Giải pt khi m = 9; b) Tìm m để pt có nghiệm thuộc  0; ÷
2




19


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Bằng việc quan tâm đến những khó khăn của học sinh trong học tập tiếp thu
kiến thức, thực hành giải quyết các bài tập cũng như vận dụng kiến thức Toán học
vào đời sống thực tiễn, bản thân đã điều tra tìm hiểu, nghiên cứu, thực nghiệm về
bài tốn phương trình lượng giác và đặc biệt là phương trình lượng giác có điều
kiện, theo chú ý và quy trình của sáng kiến kinh nghiệm, học sinh tiếp thu kiến thức
một cách dễ dàng, vận dụng được ngay sau khi học cho các bài tốn tương tự và có
hình thức thực tế khác nhau. Thực tế nhiều năm gần đây có nhiều học sinh thủ khoa,
học sinh giỏi tỉnh, điểm cao trong các kỳ thi Đại học, học sinh giỏi, đa số các em
học sinh tôi dạy trong các kỳ thi quan trọng này đều làm tốt câu lượng giác và
phương trình lượng giác.
Sáng kiến kinh nghiệm làm được những việc sau đây:
- Hệ thống tương đối đầy đủ các trường hợp của pt lượng giác có điều kiện
- Nêu bật được kiến thức, biến đổi, chú ý từng trường hợp và cách vận dụng các kỷ
thuật thơng qua các ví dụ.
- Các ví dụ quan tâm cụ thể đến các đề thi đại học, kỳ thi quan trọng của học sinh
THPT

- Nêu rõ bản chất, thể hiện đầy đủ cơ sở lí luận cho các phương pháp cụ thể.
Chú ý dạng đặc trưng, dạng nhiều phương pháp giải, dạng phối hợp.
- Hệ thống ví dụ phong phú về hình thức, đa dạng về nội dung như chứa căn thức,
chứa giá trị tuyệt đối, logarit, có tham số. Có nhiều cấp độ từ HS trung bình đến HS
khá giỏi.
Do đó sáng kiến kinh nghiệm có thể dùng làm tài liệu tham khảo quan trọng
trong các hoạt động dạy của giáo viên, học của học sinh.

20


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Bằng việc nắm rõ bản chất của vấn đề, chú ý các kiến thức, kinh nghiệm, xây
dựng hợp lý quy trình, thuật giải theo từng dạng cụ thể. Giải quyết các bài tốn
phương trình lượng giác có điều kiện trong các kỳ thi Đại học, học sinh giỏi, THPT
quốc gia của học sinh THPT, đề tài đã thu được những kết quả chính quan trọng sau
đây:
* Chú ý được những kiến thức quan trọng liên quan đến phương trình lượng giác
có điều kiện, trong các đề thi, đặc biệt là kì thi THPT quốc gia.
* Thể hiện rõ được nội dung kỷ thuật trong các trường hợp, thơng qua gợi ý,
hướng dẫn các ví dụ đề thi cụ thể.
* Phân được các dạng tốn điển hình từ đơn giản phổ biến đến nâng cao được sử
dụng trong các đề thi quan trọng.
* Chú ý được những kinh nghiệm của bản thân nhằm tách bỏ hình thức bài toán
khỏi nội dung, phát hiện bản chất vấn đề dễ dàng trong việc loại nghiệm của pt
lượng giác có điều kiện.
* Thể hiện được hệ thống bài tập phong phú về hình thức, cấp độ mang tính thời
sự, phản ánh đầy đủ nội dung kiến thức, phương pháp của dạng toán quan trọng này.
Hy vọng những kinh nghiệm của bản thân, có thể giảm bớt phần nào khó khăn
cho dạy học của giáo viên, học tập của học sinh, trong việc giải quyết bài tốn

phương trình lượng giác có điều kiện, góp phần nâng cao chất lượng dạy của giáo
viên và chất lượng học của học sinh.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 5 tháng 6 năm 2017
CAM KẾT KHÔNG COPY

Nguyễn Văn Bảo

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nguyến Bá Kim, NXB Giáo dục, HN 2002
2. Giáo dục học mơn Tốn, Phạm Văn Hồn (chủ biên), NXB Giáo dục, HN. 1981
3. Đại số và giải tích 11 nâng cao, Nguyễn Huy Đoan (chủ biên), năm 2007, NXB
Giáo dục, HN.
4. Đại số và giải tích 11 nâng cao sách giáo viên, Nguyễn Huy Đoan (chủ biên), năm
2007, NXB Giáo dục, HN.
5. Nguyễn Văn Bảo (2005), Góp phần rèn luyện cho học sinh năng lực vận dụng
kiến thức Toán học để giải quyết một số bài tốn có nội dung thực tiễn, Luận văn
Thạc sĩ giáo dục học, Trường Đại học Vinh, Vinh.
6. Giải bài tốn như thế nào?, G.Pơlia, NXB Giáo dục, HN.1997

22


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO XẾP LOẠI

Họ và tên tác giả: Nguyễn Văn Bảo
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Lương Đắc Bằng
TT
1
2
3
4
5
6

Tên đề tài SKKN

Cấp
Kết quả
đánh giá đánh giá
xếp loại xếp loại
Trực quan trong tiết dạy học Tốn ở trường Phịng
B
THPT
GD&ĐT
Thiết kế hoạt động nhận diện bản chất bài Sở
C
toán và rèn luyện kỹ năng khái quát hóa cho GD&ĐT
học sinh theo định hướng đổi mới PPDH
Khắc phục khó khăn và trực quan trong tiết Sở
B
bài tập học hình học 11 nhờ phương tiện dạy GD&ĐT
học
Sự ảnh hưởng quan trọng của công tác chủ Sở

C
nhiệm tới sự phát triển của học sinh THPT GD&ĐT
hiện nay
Xây dựng quy trình thuật giải chung cho các Sở
B
bài tốn hình học khơng gian tổng hợp ở lớp GD&ĐT
12 bằng phương pháp tọa độ
Tách bỏ hình thức, phát hiện bản chất của Sở
B
bài toán xác suất có nội dung thực tế trong GD&ĐT
đề thi THPT Quốc gia hiện nay

Năm
đánh giá
xếp loại
2001
2008
2012
2013
2015
2016

23