Skkn kĩ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện

Sở giáo dục đào tạo Hà Nội
Trờng THPT Chúc Động

------------

Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Việt Nam
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
--------------

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Năm học 2009-2010
kĩ thuật tìm nghiệm của PHơng Trình Lợng Giác có
điều kiện
I-Sơ yếu lý lịch
-Họ và tên: Lê Mạnh Hùng
-Ngày tháng năm sinh: 24/03/1982
- Chức vụ: Giáo viên
- Đơn vị công tác: Trờng THPT Chúc Động.
- Trình độ chuyên môn: ĐHSP. Hệ đào tạo: Chính quy
- Bộ môn giảng dạy: Toán học.
II-Nội dung của đề tài
1.Lý do chọn đề tài
PTLG có điều kiện (chủ yếu là PT có chá ẩn ở mẫu số
hoặc chứa ẩn trong hàm số tang hoặc cotang) là dạng toán
cơ bản,hay và khá phức tạp thờng xuyên đợc đề cập trong
các kì thi.Việc dạy cho học sinh hiểu và có cách diễn đạt rõ
ràng đối chiếu nghiện tìm đợc với điều kiện không hề dễ
dàng .Điều khó khăn cơ bản là số nghiện cuả PTLG thờng là
vô hạn và đợc biểu diễn dới dạng : +
1

k 2
, ( k , n * )
n

.Hơn


nữa ,cùng một PTLG nếu dùng các phép biến đổi khác nhau
có thể thu đợc các PT cơ bản khác nhau và từ đó thu đợc số
họ nghiệm cũng nh hình thức các họ nghiệm rất khác
nhau.Đề tài này nêu một số kỹ thuật(phơng pháp) đối chiếu
điều kiện để kết luận nghiệm của PTLG có điều kiệu
thông qua một số ví dụ cụ thể.
2.Phạm vi,thời gian thực hiện
Thực hiện giảng dạy cho các lớp khối 11 trong chơng I : Hàm
số lợng giác và PTLG
III-Quá trình thực hiện đề tài
1.Tình trạng thực tế khi cha thực hiện
Đa số các em học sinh khi giải PTLG có điều kiện cha biết
cách kiểm cho điều kiện để loại nghiệm hoặc cha có cái
nhìn tổng quan về các kỹ thuật kiểm tra điều kiện.
2.Khảo sát thực tế
Một bài kiểm tra cho thấy các em có thể giải PT tìm
nghiệm nhng hầu hết các em kết luận nghiệm ngay mà
không quan tâm đến điều kiện.
3. Những biện pháp thực hiện (nội dung của đề tài)
kĩ thuật tìm nghiệm của PTLG có điều kiện

2

3.1-PP biểu diễn điều kiện và nghiệm thông qua cùng một
hàm số lợng giác
VD1:Giải phơng trình:

4 sin 2 2 x + 6 sin 2 x 9 3 cos 2 x
=0
cos x
Điều kiện: cos x

(1)

0

PT (1) 4 sin 2 2 x + 6 sin 2 x 9 3 cos 2 x = 0
2 cos 2 2 x + 3 cos 2 x + 1 = 0
2 cos 2 x = 0(loai )
cos 2 x = 1

2

1
cos x = 1 (tmdk )
cos 2 x =

2

4

x
=

+ k 2

3

( k )
x = 2 + k 2

3
Nhận xét:Trong PT(1) ta đã biến đổi điều kiện và nghiệm
tìm đợc thông qua hàm số y=cosx.Từ đó chuyển việc đối
chiếu điều của x về đối chiếu điều kiện của yđơn giản
hơn nhiều(giống nh trong PT đại số)

3


3.2-PP sö dông phÐp biÕn ®æi lîng gi¸c
VD2: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

tan 3x. cot x = −1
§iÒukiÖn: cos 3 x. sin x

(2)

≠ 0 ⇔ sin x cos x(4 cos 2 x − 3 cos x) ≠ 0

Khi ®ã:

PT (2) ⇔ sin 3 x cos x + cos 3 x sin x = 0
⇔ sin 4 x = 0
⇔ 4 sin x cos x. cos 2 x = 0
sin x = 0(loai )
⇔ cos x = 0(loai )
cos 2 x = 0
⇔ 2 cos 2 x − 1 = 0
1
⇔ cos x = ±
(tmdk )
2
π
⇔ cos 2 x = 0 ⇔ 2 x = + kπ
2
π kπ
⇔x= +
(k ∈ Ζ)
4
2
4


3.3-PP thử trực tiếp
Đối vơí những PT mà ĐK và nghiệm tìm đợc khó đa về cùng
một hàm số lợng giác, ta có thể tìm nghiệm cụ thể , rồi thay
vào ĐK để kiểm tra lại.
VD3:Giải PT:

1 + cot 2 x =

Điều kiện:

1 cos 2 x
sin 2 2 x

(3)

sin 2 x 0

Khi đó:

5


cos 2 x 1 − cos 2 x
=
sin 2 x
sin 2 2 x
⇔ sin 2 2 x + sin 2 x cos 2 x = 1 − cos 2 x
⇔ cos 2 x(cos 2 x − sin 2 x − 1) = 0
PT (3) ⇔ 1 +

cos 2 x = o
⇔
cos 2 x − sin 2 x = 1
sin 2 x = ±1(tm)
⇔
 2 cos(2 x + π ) = 1
4


π kπ

x
=
+

4
2

π
⇔  x = − + kπ

4
 x = kπ


-Víi
-Víi

x = kπ
π

x =−

4

th×

sin 2 x = sin 2kπ = 0(loai )

+kπ th×

sin 2 x = sin( −

π
+ k 2π ) = −1 ≠ 0(tm)
2
6


Vậy phơng trình đã cho có họ nghiệm là:



x = +k( k

)
4
3.4-PP biểu diễn trên đờng tròn lợng giác
Ta biểu diễn trên đờng tròn những điểm không thoả
mãn ĐK (đánh dấu ì ) và những điểm nghiệm tìm đợc
(đánh dấu o).Những điểm đánh dấu o mà không trùng
với những điểm đánh dấu ì chính là những điểm thỏa
mãn ĐK.PP này hiệu quả khi số điểm không thỏa mãn ĐK là ít
và ở vị trí đặc biệt ,đồng thời các PP đã nêu tỏ ra không
hiệu qủa.
Nhận xét: mỗi cung (hoặc góc) lợng giác đợc biểu diễn bởi
một điểm trên đờng tròn lợng giác(gọi tắt là đờng tròn).
i)

x = + k 2

đợc biểu diễn trên đờng tròn bởi một

điểm.
ii)

x = + k

đợc biểu diễn trên đờng tròn bởi hai điểm

đối xứng nhau qua góc O.
iii)

x = +

k 2
3

đợc biểu diễn trên đờng tròn bởi ba

điểm cách đều nhau ,tạo thành ba đỉnh một tam giác đều
nội tiếp đờng tròn.
Tổng quát :

7


x = +

k 2
n

(n 3) biểu diễn trên đờng tròn bởi n điểm

cách đều nhau ,tạo thành n đỉnh một đa giác đều nội tiếp
đờng tròn.
VD4:Giải PT:

cos x 2 sin x cos x
= 3
2 cos 2 x + sin x 1

(4)

Giải:
ĐK:

2 cos 2 x + sin x 1 0 cos 2 x sin x
cos 2 x cos( x +
x


)
2

k 2
+
6
3

Khi đó:

PT (4) cos x sin 2 x = 3 (cos 2 x + sin x)
3 cos 2 x + sin 2 x = cos x 3 sin x
cos(2 x




) = cos x +
6
3




x
=
+ k 2 (loai )

2

x = + k 2 (tm)

18
3
8

Vậy pt đã cho có họ nghiệm là:

x=

k 2
+
, ( k )
18
3

3.5-PP tổng hợp
Khi từng phơng pháp riêng khó thực hiện,ta có thể phối
hợp các phơng pháp lại để đối chiếu điều kiện vơí nghiệm
tìm đợc làm cho bài toán đỡ phức tạp hơn.

IV-Kết qủa thực hiện có so sánh đối chứng

Sau bài giảng phơng pháp tìm nghiệm của PTLG có
điều kiện các em học sinh đã đợc trang bi một kiến thức rất
hữu hiệu để kiểm tra ĐK khi giải PTLG có ĐK. Một bài kiểm
tra sau đó cho thấy tỷ lệ HS có lời giải chính xác cao hơn
hẳn so vơí lúc ban đầu cha thực hiện đề tài.

9


V-Những đề nghị sau qúa trình thực hiện đề tài

Việc trang bị cho học sinh một kiến thức tổng quan
để tìm nghiệm của PTLG có điều kiện là cần thiết, do vậy

kỹ thuật cần đợc phổ biến rộng rãi cho nhiều học sinh.

Ngày 05 tháng 05
năm 2010
Tác giả:

Lê Mạnh
Hùng

Nhận xét,đánh giá,xếp loại của
Hội đồng khoa học cơ sở

10


11