SKKN một số phương pháp biến đổi hệ phương trình thường sử dụng trong kì thi THPT QG vào giảng dạy môn toán ở trường THPT

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BẾN TRE

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

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến kinh nghiệm:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI
TOÁN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN
Tác giả sáng kiến : Nguyễn Thị Hiền
Môn : Toán
Trường THPT : Bến Tre

Vĩnh Phúc, năm 2018


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI
TOÁN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN

2


Vĩnh phúc, năm 2018
MỤC LỤC
BẢNG KÝ HIỆU TẮT........................................................................................3

Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ.........................................................................................4
1. Lý do chọn đề tài:........................................................................................4
2. Mục đích nghiên cứu...................................................................................4
3.Nhiệm vụ nghiên cứu...................................................................................5
4.Đối tượng nghiên cứu và khách thể nghiên cứu........................................5
5. Phạm vi nghiên cứu.....................................................................................5
6. Phương pháp nghiên cứu............................................................................5
7.Cấu trúc của SKKN.....................................................................................5
I. Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến............................6
II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế.........................................6
III. Hướng phát triển sáng kiến.........................................................................6
PHẦN II. NỘI DUNG.........................................................................................7
I. Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến............................7
1. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG).........................................7
1.1 Kiến thức cơ sở....................................................................................7
1.2 Một số ví dụ minh hoạ.........................................................................7
Các bài tập tương tự..............................................................................14
2. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương
trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác:........................................15
2.1 Kiến thức cơ sở:................................................................................15
2.2 Một số ví dụ minh hoạ:......................................................................15
Các bài tập tương tự..............................................................................18
3. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập.......................................................19
3.1 Kiến thức cơ sở..................................................................................19
3.2 Một số ví dụ minh hoạ.......................................................................19
Các bài tập tương tự..............................................................................22
II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế.......................................23
III. Hướng phát triển sáng kiến:......................................................................24
5. Kết quả thực hiện..................................................................................24
5.1/ Kết quả từ thực tiễn.......................................................................24

5.2/ Kết quả thực nghiệm......................................................................24
Phần III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ..........................................................25
1. Kết luận..................................................................................................25
2. Kiến nghị................................................................................................25
PHẦN IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO..............................................................27

3


BẢNG KÝ HIỆU TẮT
Stt

Ký hiệu

Nội dung

1. PTLG

Phương trình lượng giác

2. ĐTLG

Đường tròn lượng giác

3. PT

Phương trình

4. LG

Lượng giác

5. THPT

Trung học phổ thông

6. NXB

Nhà xuất bản

7. THTT

Toán học tuổi trẻ

8. THCN

Trung học chuyên nghiệp

9. ĐH

Đại học

10. CĐ

Cao đẳng

11. HSG

Học sinh giỏi

12. ĐL

Định lý

4


Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ
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 khó khăn. 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 sáng kiến
kinh nghiệm:
“MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM TRONG BÀI
TOÁN PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN”
2. Mục đích nghiên cứu
Sáng kiến 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.

5


3.Nhiệm vụ nghiên cứu
Phương trình lượng giác có điều kiện ở chương trình toán 11,đề thi ĐH-CĐTHCN.
4.Đối tượng nghiên cứu và khách thể nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu :Phương trình lượng giác có điều kiện ở chương trình
toán 11,đề thi ĐH-CĐ-THCN.
Khách thể nghiên cứu: Học sinh lớp 11A1 Trường THPT Bến Tre
Năm học 2018-2019
Thời gian nghiên cứu : Từ tháng 9/2018 đến 12/2018
5. Phạm vi nghiên cứu
Trong việc giải PTLG có điều kiện có thể có nhiều phương pháp kết hợp
nghiệm với điều kiện, tôi chỉ tập trung nghiên cứu tìm hiểu những phương pháp
phổ biến nhất, hiệu quả nhất và phù hợp với học sinh. Trong sáng kiến, tôi tổng
hợp và đúc kết những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này mà chủ yếu
là đối với học sinh ôn thi THPT quốc gia.
6. 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.
7.Cấu trúc của SKKN
Phần I. Đặt vấn đề
Phần II.Nội dung

6

I. Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến
II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế
III. Hướng phát triển sáng kiến
Phần III.Kết luận và khuyến nghị

7


PHẦN II. NỘI DUNG.
I. Các phương pháp kết hợp nghiệm với điều kiện phổ biến
1. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG)
1.1 Kiến thức cơ sở
+ Mỗi cung (hoặc góc) lượng giác được biểu diễn bởi một điểm trên
ĐTLG
x    k 2 được biểu diễn bởi một điểm trên ĐTLG;

x    k được biểu diễn trên ĐTLG bởi 2 điểm đối xứng nhau qua O;
x  

k 2
được biểu diễn trên ĐTLG bởi 3 điểm cách đều nhau, tạo
3

thành 3 đỉnh một tam giác đều nội tiếp ĐTLG;
x  

k 2
được biểu diễn trên ĐTLG bởi n điểm cách đều nhau, tạo

n

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.
1.2 Một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1 : Trên đường tròn lượng giác, ta lấy điểm A làm gốc. Định những
�

điểm M biết sđ AM 



k
( k ��)
4
2

Lời giải
�

Ta có sđ AM 


 
2
k  k
.Suy ra có 4 điểm ngọn cung phân biệt ứng với:

4
2 4
4
�

 +  k  0 : AM




4

�

 +  k  1: AM 

3
4

8


�

5
4

�

7

4

 +  k  2 : AM 
 +  k  3 : AM 

Đề ý ta thấy rằng trên đường tròng lượng giác các điểm ngọn cung là đỉnh của
hình vuông M 0 M 1M 2 M 3 .
Nhận xét : Trên đường tròn lượng giác các điểm ngọn cung là đỉnh của
một đa giác đều m cạnh.
Biểu diễn góc (cung) dưới dạng công thức tổng quát :
Ta biểu diễn từng góc (cung) trên đường tròn lượng giác. Từ đó suy ra công
thức tổng quát.
Ví dụ 2 : Biểu diễn góc lượng giác có số đo sau dưới dạng một công thức
tổng quát:
x  k
�
�

�
x  �  k
3
�

Lời giải
Ta biểu diễn các điểm ngọn cung của x  k  k

2
2

k  0: x  0

k  1: x  


3

Ta biểu diển các điểm ngọn cung của x  �  k

k  0: x  �
3
4
k  1: x  �
3

Trên đường tròn lượng giác, ta nhận thấy có 6 điểm ngọn cung phân biệt, Do đó
công thức tổng quát là:

x

k 2 k

6
3

Nhận xét : Qua bài toán này ta thấy rõ vai trò của việc kết hợp các góc
lượng giác dưới dạng một công thức tổng quát đơn giản hơn. Hơn nữa, đây còn
là bài toán về việc giải hệ phương trình lượng giác cơ bản bằng phương pháp
biểu diễn trên đường tròn lượng giác.
Bài toán giải PTLG dùng phương pháp kết hợp nghiệm bằng đường tròn lượng
giác để loại các nghiệm ngoại lai.

9


Ta xét một số bài toán sau :
Ví dụ 3: Giải phương trình :
sin x(sin x  cos x)  1
0
cos 2 x  sin x  1

Lời giải
Điều kiện : cos x  sin x  1 �0 � sin x  sin 2 x �0
2

sin x �0
�
��
sin x �1
�
�x �k
�
�� 
 1
x �  k 2
�
� 2

Với điều kiện đó phương trình tương đương :
sin x  cos x  sin x   1  0
� sin 2 x  sin x cos x  1  0
� cos x(sin x  cos x)  0

cos x  0
�
��
sin x  cos x
�
� 
x   k
�
�� 2
, k �Z  2 

�
x   k
� 4

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là :
x



 k và x    k 2 ,( k �Z )
4
2

Nhận xét : Đây là một bài có công thức nghiệm đơn giản cho phép ta có
thể biểu diễn một cách chính xác trên đường tròn lượng giác. Tuy nhiên ta hãy
xét thêm bài toán sau để thấy rõ màu sắc của bài toán biểu diễn nghiệm trên
đường tròn lượng giác.
Ví dụ 4 : Giải phương trình sau :
sin 4 x

1
cos 6 x

Lời giải
Điều kiện để phương trình có nghĩa là :

10


cos 6 x �0 ۹ 6 x


 k ,
 k ۹ x

k �Z (1)
2
12 6

Với điều kiện (1) phương trình tương đương :
sin 4 x  cos 6 x

�
�
� cos 6 x  cos �  4 x �
�2
�
� 
6 x   4 x  2m
�

2
��
 m ��

�
6 x  4 x   2m
�
2
�  m
x

�
20 5
��
m �Z

�
x    m
�
4

So sánh các nghiệm này với điều kiện ban đầu ta được nghiệm của phương trình
là :
x

 m

và m �5n  1 , n �Z
20 5

Nhận xét : Ta nhận thấy đối với bài toán này việc biểu diễn bằng đường
tròn lượng giác đã trở nên khó khăn và khó chính xác.
Ví dụ 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2011, khối D)
Giải phương trình

Lời giải:

s in2x +2 cos x  s inx  1
0
tanx + 3

Điều kiện


�
x
�

 m
�
�t anx � 3
�
3
��
�
cos x �0
�
�x �  n
� 2

 m, n �Z 

Khi đó phương trình đã cho trở thành
s in2x +2 cos x  s inx  1  0 � 2 cos x  s inx  1   s inx  1  0


�
s inx  1 �
x    k 2
�
2
�  s inx  1  2 cos x  1  0 � �
1 ��
�

cos x 
�
x  �  k 2
2
�
�
3

 k �Z 

11


y



2
3


3

2

Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng

O

x

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


x   k 2
3

 k �Z 







2


3

Ví dụ 6: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối A)
Giải phương trình

Lời giải:





2 cos 6 x  sin 6 x  sin x.cos x
2  2sin x

0

� 
x �  m 2
�
2
� 4
Điều kiện s inx � � �
2
�x �3  n 2
� 4

 m, n �Z 

Khi đó phương trình đã cho trở thành





2 cos6 x  sin 6 x  sin x.cos x  0
� 3 2 �1
� 2�
1  sin 2 x � sin 2 x  0
� 4
�2
� 3sin 2 2 x  sin 2 x  4  0 � sin 2 x  1

� x   k  k �Z 
4
Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác ta được
nghiệm của phương trình là
5
x
 k 2
 k �Z 
4

y



3

4

4
o

x

5
4

Ví dụ 7: Giải phương trình sau:

12


sin x  sin 2 x  sin 3x
 3
cos x  cos 2 x  cos 3x
Lời giải

Điều kiện:

cos x  cos 2 x  cos 3x �0

�  k
x� 
�
� 4 2
��
�x ��2  2k

�
3

Ta biến đổi phương trình thành

tan 2x  3 hay x 

 n

6 2

Trên đường tròn lượng giác biểu diễn
x

 n

và điều kiện ta thu được nghiệm
6 2

� 
x   n
�
6
�
( k ��)
5
�
x
 n 2
�

� 3

Ví dụ 8: Giải phương trình sau:

| cos x |  sin 3 x  0
Giải
TH1: cos x �0 thì


�
x


 k
�
4
PT trở thành cos x  sin 3x  0 � �
3 k
�
x

�
2
� 8

13


Biểu diễn nghiệm trên ĐTLG và lấy những nghiệm thoả mãn đk


�
x


 k 2
�
4
�

x    k 2
cos x �0 ta được � �
�
8
�
3
�
x
 k 2
� 8
TH2: cos x  0

� 
x   k
�
4
PT trở thành  cos x  sin 3 x  0 � �
 k
�
x 

�
� 8 2
Biểu diễn nghiệm trên ĐTLG và lấy những nghiệm thoả mãn điều kiện

� 5
x
 k 2
�
8
�
9
x
 k 2
cos x  0 ta được � �
� 8
�
5
�
x
 k 2
� 4
Vậy PT cho có nghiệm

14


� 5
x
 k 2
�

8
�
9
�
x
 k 2
� 8
�
5
�
x
 k 2
� 4
��

�
x    k 2
4
�
�

x    k 2
�
8
�
� 3
x
 k 2
�
� 8

( k ��)

Các bài tập tương tự
1/

2 3.cos 2 x  2sin 3 x.cos x  sin 4 x  3
1  cos x  1  cos x
1;
 4s inx ; 2/
3 s inx  cos x
cos x

 1  2sin x  cos x

3/ 1  2s inx 1  s inx  3 (đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2009, khối A).




15


2. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương
trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác:
2.1 Kiến thức cơ sở:
Trong phần này cần sử dụng tốt các công thức. Từ đó ta có các kết quả
cần chú ý sau
sin a  0
�

sin2a  0 � �
cos a  0
�

sin a �0
�
sin2a �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 �۹�
0
cosa

cosa �۹�
0 sin a

1;

1

2.2 Một số ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2010, khối A)
Giải phương trình
�
�
� 4 � 1 cos x
2

 1  sin x  cos2 x  sin �
�x 
1  t anx

Lời giải:
cos x �0
sin x ��1
�
�
��
�t anx �1 �t anx �1

Điều kiện: �

Khi đó

�
�
� 4 � 1 cos x
2

 1  sin x  cos2 x  sin �
�x 

1  t anx

� �
� cos x  1  s inx  cos 2 x  2.sin �x  � cos x  sin x  cos x 
� 4�
� �
�  1  s inx  cos 2 x  2.sin �x  �  sin x  cos x  (do cos x �0 )
� 4�

16






�  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
�
�
�
�� 2
��
sin x  1

��
sin x  1
2sin x  sin x  1  0
�
�
�
1
1
�
sin x  
�
sin x  
2
�
�
2


�
x    k .2
�
1
6
� sin x   � �
7
2
�
x
 k .2
�

� 6

 L
 L
 t / m

 k �Z 

Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B)

�
�

1  tan x.tan
Giải phương trình cot x  sin x �

Lời giải:

�
�
cos x �0
�
0
Điều kiện �s inx �۹
� x
�
cos �0
� 2

s in2x

x�
� 4
2�

0

x�
�
sin �
�
x�
cos x
s inx
�
2 4
1  tan x.tan � 4 �
 s inx �
1
.
Ta có cot x  sin x �
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
�
�
�

2
1
 4 � sin 2 x 
sin 2 x
2

� 
� 
2 x   k .2
x   k .
�
�
6
��
� � 12
5
5
�
�
2x 
 k .2
x
 k .
�
�
6
12
�

 t / m

 k �Z 

Ví dụ 3: (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 11/2009)

17

Giải phương trình

1
1
2


cos x sin 2 x sin 4 x

Lời giải:

Điều kiện

Khi đó

cos x �0
sin x ��1
�
�
�
�
s in2x �۹۹۹
0
s inx 0
�
�
�
�

sin 4 x �0
cos2x �0
�
�

�
�
sin x ��1
�
�
s inx 0
�
�
2
�
sin x ��
�
2

�
sin x ��1
�
s inx 0
�
�
1  2sin 2 x �0
�

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
�





� 
x   k .2
�
1
6
Đối chiếu với điều kiện ta được sin x  � �
5

2
�
x
 k .2
�
� 6
� 
x   k .2
�
6
Vậy phương trình có nghiệm là �
5

�
x
 k .2
�
� 6

 k �Z 

 k �Z 

Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán_Tập 2, trang 246_Trần
Phương)
sin 4 2 x  cos 4 2 x
 cos 4 4 x
Giải phương trình tan �  x �tan �  x �
�
� �

�
�4
� �4
�

Lời giải:

18


Điều kiện

� �

�
sin �  x ��0
�
4
�
�
�
� �
� �


�
�
cos �  x ��0
sin �  2 x ��0
�

�
� �4
�
� �2
�
�۹۹�
�
�


�
�
�
�
�
�
sin
 x ��0
sin �  2 x ��0
� �
�
2
�4
�
�
�
�
�

�

�
�
cos �  x ��0
�
�
� �4

Nhận thấy

�
� �
�
tan �  x �
.tan �  x � 1 , do đó phương trình đã cho trở thành
�4
� �4
�

cos2 x

0

sin 2 x

1

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
�


2

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

 k �Z 

sin 2 x  0

Khi đó phương trình đã cho trở thành
sin 2 2 x  cos 4 2 x  1  0 � cos 4 2 x  cos 2 2 x  0

�
cos 2 2 x  0
sin 2 x  �1
�
�� 2
��
sin 2 x  0
cos 2 x  1
�
�

Đối chiếu điều kiện ta được
sin 2 x  1 � 2 x 



 k .2 � x   k .
2
4

 k �Z 

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

19


3/ c otx  t anx  4sin 2 x 
x

2
(2003_B);
sin 2 x



x

� 2
2�
2
4/ sin �  �tan x  cos  0 (2003_D);
2 4
2
�

�

2
5/ 5sin x  2  3  1  sin x  tan x (2004_B).

3. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập
3.1 Kiến thức cơ sở
+ Các nhận xét về tính chu kì của hàm số lượng giác
sin    k 2   sin 
tan    k   tan 

 ; co s    k 2   cos
 ;

cot    k   cot 

 ;


+ Các công thức về giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt
(sách giáo khoa Đại số 10)
3.2 Một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1:
Lời giải:

Giải phương trình cos3 x.tan 5 x  sin 7 x
Điều kiện

cos5 x �0

Khi đó phương trình đã cho trở thành
�

x
�
2sin 5 x.cos3 x  2sin 7 x.cos5 x � sin 8 x  sin12 x � �
�
x
�
�

Với x 

 k �Z 

k
thì
2

cos5 x  cos

Với x 

k
2
 k

20 10

5k
�k
�
�k �

 cos �  k 2 � cos � ��0 � k  2m
2
�2
�
�2 �

 k

thì
20 10

 m �Z 

� k �
cos5 x  cos � 
��0
�4 2 �

20


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là
x  m ; x 

 k

20 10

 m, k �Z 

Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ, 2011, khối A)
1  s in2x+ cos 2 x
 2 s inx sin 2 x
1  c ot 2 x

Giải phương trình
Lời giải:

Điều kiện

sin x �۹�
0 cos x

1

Khi đó phương trình đã cho trở thành

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  * ۱ 0 1  2 (vô lí)
� 
cos x  0
�
x   k
�
2
�
Do đó phương trình tương đương với �
� � ��
cos �x  � 1 � 
x   k 2
�
� � 4�
� 4
� 
x   k
�
2
Vậy phương trình có nghiệm là �

�
x   k 2
� 4

 k �Z 

Ví dụ 3: Giải phương trình
3s inx  2cos x  3  1  t anx  

Lời giải:

Điều kiện

1
cos x

cosx �۹�
0 sin x

1

21


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  2cos x  1  cos x  1  0 � �

3s inx  2 cos x  1  0
�

 1
 2

 1 � cos x  1 thoả mãn điều kiện, do đó ta được

x  k 2 ,

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   �arccos
cos 

1
 k 2
13

k �Z , với

2
3
; sin  
13
13
x  k 2

�
�
Vậy phương trình có nghiệm �x   �arccos 1  k 2
�
13

k �Z

Ví dụ 4: Giải phương trình
tan 2 x  t anx
2
� �

sin �x  �
2
tan x  1
2
� 4�

Lời giải:

Điều kiện

cosx �۹�
0 sin x

1

22

Khi đó

�
tan 2 x  t anx
2
2�2
2
� �

sin �x  �� cos 2 x tan 2 x  t anx 
s inx 
cos x �
�
2
�
�
tan x  1
2
2 �2
2
� 4�
�
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.
Giải (*) ta được x 

3

5
 k ; x   k 2 ; x 
 k 2
4
6
6
tan 5 x. tan 2 x  1

Ví dụ 5: Giải phương trình

Lời giải:

Điều kiện

 k �Z 


� 
x� m
�
cos5x �0

�
� 10
5
��
�
cos2 x �0
�
�x �  n 
� 4
2

 1
 2

 m, n �Z 

phương trình tương đương với
tan 5 x 

1


� tan 5 x  cot 2 x � x   k
tan 2 x
14
7

 k �Z 

+ Đối chiếu điều kiện (1)

Giả sử


 

1  2m
k   m � k  m
14
7 10
5
5

Do k , m �Z nên t �Z : t 

1  2m
t 1
� m  2t 
5
2

Lại do t , m �Z nên s �Z : s 
Từ đó

t 1
� t  2s  1
2

k  7 s  3 . Suy ra x 




 k với k �7 s  3 thoả mãn phương
14
7

trình

23


+ Đối chiếu điều kiện (2)
Giả sử


 

 k   n � 4k  14n  5
14
7 4
2

 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



k
14
7

 k �Z 

Các bài tập tương tự
1/

2  s inx  cos x 
1
;

tan x  cot 2 x
cot x  1

s inx.cot5x
 1;
3/
cos9x

 4 cos

2

4/ tan

4

2/ 2sin x  c otx  2sin 2 x  1 ;

 2  sin
x 1 

2



2 x .sin 3x
4

cos x

;

5/

1
x  3 sin 3 x  .
2



II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế
Khi áp dụng sáng kiến 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. Vì 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?
24


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 PTLG có điều kiện.
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 sáng kiến:
Do thời gian có hạn nên sáng kiến kinh nghiệm chỉ đề cập những phương pháp

cơ bản về kết hợp nghiệm với điều kiện của phương trình lượng giác có điều
kiện.Sáng kiến kinh nghiệm 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, lôgarít và hàm số dưới
dấu căn…
5. Kết quả thực hiện
5.1/ Kết quả từ thực tiễn.
- Ban đầu học sinh gặp khó khăn nhất định trong việc làm quen với phương
pháp kết hợp nghiệm và điều kiện trong PTLG có điều kiện. Sau khi được rèn
25