[]-SKKN giải ptlg

7/14/2019 [WWW.ToanCapBa.Net]-SKKN giải ptlg

http://slidepdf.com/reader/full/wwwtoancapbanet-skkn-giai-ptlg 1/21

WWW.ToanCapBa.Net

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) làmột bộ phận quan trọng trong chương trình toán THPT nói chung và trong Đại sốvà giải tích 11 nói riêng. Trong các đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng thườngxuyên có mặt dạng toán giải PTLG, trong đó loại PTLG có điều kiện thường làmcho 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 nắmvững kiến thức cơ bản. Để giải quyết tốt các đề bài PTLG có điều kiện ở mức độthi đại học và cao đẳng, học sinh cần tìm tòi thêm và phải liên hệ tốt với kiếnthức về công thức lượng giác.

Nhằm giúp đỡ học sinh có kỹ năng tốt trong việc kết hợp nghiệm với điềukiện của PTLG có điều kiện qua đó có được những phương án giải quyết tối ưuvà 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 TRONGPHƯƠNG 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 nhiềugóc độ khác nhau từ đó chọn được một phương pháp kết hợp nghiệm với điềukiện phù hợp nhất đối với mỗi bài toán PTLG cụ thể. Qua đó có thể rút ngắnđáng 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 họcsinh trong quá trình giải quyết bài toán phương trình lượng giác có điều kiện. Từđó 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 hợpnghiệm 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

http://var/www/apps/conversion/tmp/scratch_3/WWW.ToanCapBa.Net




WWW.ToanCapBa.Net


tổng hợp và đúc kết những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này mà chủyếu là đối với học sinh đang học lớp 11.

5. Điểm mới của chuyên đềChuyên 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 họcsinh 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 kếthợp nghiệm và điều kiện trong một bài toán phương trình lượng giác.

2





WWW.ToanCapBa.Net


B. NỘI DUNG.

I. CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM VỚI ĐIỀU KIỆN PHỔBIẾN:

1. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phươngtrình 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 02 0

cos 0

a sin a

a

== ⇔ =

sin 02 0

cos 0

a sin a

a

≠≠ ⇔ ≠

2sin 0 cos 1a a= ⇔ = ± ; 2sin 1 cos 0a a= ⇔ =

2os 0 sin 1c a a= ⇔ = ± ; 2os 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 sin14

cos1 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





WWW.ToanCapBa.Net


Khi đó( )1 sin os2 sin

14cos

1 t anx 2

x c x x x

π + + + ÷ =

+

( ) ( )cos 1 sinx cos 2 2.sin cos sin cos4

x x x x x xπ ⇒ + + + = + ÷

⇔ ( ) ( )1 sinx cos 2 2.sin sin cos4

x x x xπ + + + = + ÷

(do cos 0 x ≠ )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( )

2

2

sin cos sin os2 0 sin cos sin 1 2 sin 0

tan 1sin cos

sin cos 0 sin 1 sin 12 sin sin 1 0

1 1sin sin /

2 2

.21 6

sin72

.26

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 42

x x x x

+ + = ÷

Lời giải: Điều kiện

cos 0

s inx 0 sin2x 0

os 02

x

xc

≠

≠ ⇔ ≠ ≠

Ta cósincos s inx 2cot sin 1 tan . tan 4 sinx 1 . 4

2 sinx cos os2

x x x

x x x x x c

÷ + + = ⇔ + + = ÷ ÷

÷

⇔cos . os s inx.sincos cos s inx2 2sinx 4 4

sinx sinx coscos . os

2

x x x c x x

x x x c

+ ÷+ = ⇔ + = ÷

÷

4





WWW.ToanCapBa.Net


( )

( )

2 14 sin 2 /

sin 2 2

2 .2 .6 12

5 52 .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 trình1 1 2

cos sin 2 sin 4 x x x+ =

Lời giải:

Điều kiện2

cos 0 sin 1 sin 1 sin 1

sin2x 0 s inx 0 sinx 0 s inx 0

sin 4 0 os2 0 1 2sin 0 2sin

2

x x x x

x c x x x

≠ ≠ ± ≠ ± ≠ ± ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

≠ ≠ − ≠ ≠ ±

Khi đó1 1 2

cos sin 2 sin 4 x x x+ =

( )2

sin 1

4sinx. os2 2 os2 2 sinx 2sin s inx-1 0 sin 0

1sin

2

x

c x c x x x

x

= −

⇒ + = ⇔ + = ⇔ =

=

Đối chiếu với điều kiện ta được ( ).2

1 6sin52

.26

x k x k Z

x k

π π

π

π

= += ⇔ ∈

= +

Vậy phương trình có nghiệm là ( ).2

65

.26

x k k Z

x k

π π

π π

= +∈

= +

5





WWW.ToanCapBa.Net


Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán_Tập 2 _Trần Phương)


4 44sin 2 os 2

os 4

tan tan4 4

x c xc x

x x

π π

+=

− + ÷ ÷

Lời giải:

Điều kiện

sin 04

os 0 sin 2 04 2

os2 0 sin 2 1

sin 0 sin 2 04 2

os 04

x

c x x

c x x

x x

c x

π

π π

π π

π

− ≠ ÷ − ≠ − ≠ ÷ ÷ ⇔ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ±

+ ≠ + ≠ ÷ ÷ + ≠ ÷

Nhận thấy tan . tan 14 4

x xπ π − + = ÷ ÷

, do đó phương trình đã cho trở thành

4 4 4 2 4 4 2

2

1sin 2 os 2 os 4 1 sin 4 os 4 2 os 4 os 4 1 0

2sin 2 0os 4 1 sin 4 0

os2 0

x c x c x x c x c x c x

xc x x

c x

+ = ⇔ − = ⇔ − − =

=⇔ = ⇔ = ⇔ =

Đối chiếu điều kiện ta được ( )sin 2 02

x x k k Z π

= ⇔ = ∈

Ví dụ 5: Giải phương trình2 4sin 2 os 2 1

0sin .cos

x c x

x x

+ −=

Lời giải: Điều kiện sin 2 0 x >

Khi đó phương trình đã cho trở thành2

2 4 4 2

2

os 2 0 sin 2 1sin 2 os 2 1 0 os 2 os 2 0

sin 2 0os 2 1

c x x x c x c x c x

xc 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





WWW.ToanCapBa.Net


Các bài tập tương tự

1/2 3

22os os 1os2 tan osc x c xc x x c x− −− = ;

2/ 2os2 1c otx 1 sin sin 2

1 t anx 2

c x x x− = + −

+(2003_A);

3/2

c otx t anx 4sin 2sin2

x x

− + = (2003_B);

4/

2 2 2

sin tan cos 02 4 2

x x

x

π

− − = ÷ (2003_D);

5/ ( ) 25sin 2 3 1 sin tan x x x− = − (2004_B).

7





WWW.ToanCapBa.Net


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 cα 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 .tan 5 sin 7c x x x=

Lời giải: Điều kiện os5 0c x ≠

Khi đó phương trình đã cho trở thành

( )22sin 5 . 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

== ⇔ = ⇔ ∈

= +

Với2

k x

π = thì

( )5

os5 os os 2 os 0 22 2 2

k k k c x c c k c k m m Z

π π π π

= = + = ≠ ⇔ = ∈ ÷ ÷

Với20 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 s in2x+cos22sinxsin2

1 cot x

x x

+=

+

Lời giải: Điều kiện sin 0 cos 1 x x≠ ⇔ ≠ ±


8





WWW.ToanCapBa.Net


( )

( )( )

( )

2 2 2sin 1 sin 2 os2 2 2 sin .cos 1 2sin .cos 2 os 1 2 2 cos

cos 0 /2cos s inx 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 1 x x= ⇔ = ± , khi đó ( )* 0 1 2⇔ ± = (vô lí)

Do đó phương trình tương đương với

cos 02

cos 124

4

x x k

x x k

π π

π π

π

= = + ⇔ − = ÷ = +

Vậy phương trình có nghiệm là ( )2

24

x k k Z

x k

π π

π

π

= +∈

= +

Ví dụ 3: Giải phương trình

( )1

3sinx 2cos 3 1 t anxcos

x x

+ = + −

Lời giải: Điều kiện os 0 sin 1c x x≠ ⇔ ≠ ±

Khi đó

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

1

3s inx 2cos 3 1 t anx cos 3sinx 2cos 3 cos s inx 1coscos 3sinx 2cos cos 3sinx 2cos 1

cos 3sinx 2cos 1 3sinx 2cos 1 0

cos 1 0 13sinx 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 1 x⇔ = 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 được1

ar os 213

x cc k k Z α π = ± + ∈ ,

(với2 3

os ; sin13 13

c α α = = )

9





WWW.ToanCapBa.Net


Vậy phương trình có nghiệm2

1ar os 2

13

x k

k Z x cc k

π

α π

= ∈ = ± +

10





WWW.ToanCapBa.Net


Ví dụ 4: Giải phương trình2

2

tan t anx 2sin

tan 1 2 4

x x

x

π + = + ÷+

Lời giải: Điều kiện os 0 sin 1c x x≠ ⇔ ≠ ±

Khi đó

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

22 2

2

2

tan t anx 2 2 2 2sin os tan t anx s inx cos

tan 1 2 4 2 2 2

1sin cos .s inx s inx cos 2s inx s inx cos s inx cos 0

2s inx cos 2s inx 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 ; 24 6 6

x k x k x k k Z π π π

π π π = + = + = + ∈

Ví dụ 5: Giải phương trình tan 5 .tan 2 1 x x =

Lời giải: Điều kiện( )

( )( )

1os5 0 10 5 ,os2 0

24 2

x mc x m n Z c x

x n

π π

π π

≠ +≠ ⇔ ∈ ≠ ≠ +

phương trình tương đương với

( )1

tan 5 tan 5 cot 2tan 2 14 7

x x x x k k Z x

π π = ⇔ = ⇔ = + ∈

+ Đối chiếu điều kiện (1)

Giả sử1 2

14 7 10 5 5

m

k m k m

π π π π ++ = + ⇔ = +

Do ,k m Z ∈ nên1 2 1

: 25 2

m t t Z t m t

+ −∃ ∈ = ⇔ = +

Lại do ,t m Z ∈ nên1

: 2 12

t s Z s t s

−∃ ∈ = ⇔ = +

Từ đó 7 3k s= + . Suy ra14 7

x k π π

= + với 7 3k s≠ + thoả mãn phương trình

+ Đối chiếu điều kiện (2)

11





WWW.ToanCapBa.Net


Giả sử ( )4 14 5 314 7 4 2

k n k nπ 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

= + ∈


1/ ( )2 sinx cos1

tan cot 2 cot 1

x

x x x

−=

+ −;

2/ 2sin cotx 2sin 2 1 x x+ = + ;

3/sinx.cot5x

1;os9xc

=

4/ ( )2

44

2 sin 2 .sin 3tan 1 ;

cos

x x x

x

−+ =

5/ ( )2 14cos 3 sin 3 .

2

x x− =

12





WWW.ToanCapBa.Net


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

ĐTLG2 x 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 (đánhdấu “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 mãnđiều kiện.

3.2 Một số ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2011, khối D)

Giải phương trìnhs in2x +2cos s inx 1 0

tanx + 3 x − − =

Lời giải: Điều kiện ( )t anx 3 3 ,cos 0

2

x mm n Z

x x n

π π

π π

≠ − + ≠ − ⇔ ∈ ≠ ≠ +

Khi đó phươngtrình đã cho trở thành

( ) ( )

( ) ( )

s in2x +2cos s inx 1 0 2cos s inx 1 sinx 1 0

s inx 1 x 22s inx 1 2cos 1 0 1

cos22

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 ( )23

x k k Z π π = + ∈

3

π

2

π −

2

π

2

3

π

3

π

−

O

y

x





WWW.ToanCapBa.Net


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

Giải phương trình( )6 62 cos sin sin .cos

02 2sin

x x x x

x

+ −=

−

Lời giải: Điều kiện ( )2

2 4s inx ,32

24

x mm n Z

x n

π π

π π

≠ +≠ ⇔ ∈ ≠ +


( )

( )

6 6

2

2

2 cos sin sin .cos 0

3 12 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 trìnhsin sin 2

1sin3

x x

x

+= −

Lời giải: Điều kiện sin 3 0 33

x x k x k π

π ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠

Khi đó

sin sin 21 sin sin 2 sin 3 0

sin32sin 2 .cos sin 2 0

x x x x x

x x x x

+= − ⇔ + + =

⇔ + =

( )sin 2 0

sin 2 2cos 1 0 1cos

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 giácta được nghiệm của phương trình là

( )

5

24 x k k Z

π π

= + ∈





WWW.ToanCapBa.Net


22

23

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 = + .


1/s inx sin 2 sin 3

3cos os2 os3

x x

x c x c x

+ +=

+ +;

2/ cos sin 3 0 x x+ = ;

3/ 1 cos 1 cos 4sinxcos x x

x− + + = ;

4/22 3. os 2sin 3 .cos sin 4 3

13 sinx cos

c x x x x

x

+ − −=

+;

5/( )

( ) ( )

1 2sin cos3

1 2sinx 1 s inx

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





WWW.ToanCapBa.Net


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 vấnđề cần chú ý như sau

1/ Nếu một bài toán PTLG có thể kết hợp nghiệm với điều kiện theo cảba 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 thaotác 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 hàmsố 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 đúngcác thao tác như đã nói trong phương pháp để có kết luận chính xác. Đồng thờikhi 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 cóđiều 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 bàitoán.

Với những bài toán không áp dụng được theo phương pháp 1 thì ta tìmcách 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 điềukiện 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 hạnvề 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 kếthợp nghiệm với điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện. Chuyên đềcó thể nghiên cứu để mở rộng với các bài toán giải hệ phương trình lượng giáchoặc hệ lượng giác hỗn hợp, cũng như các phương trình kết hợp giữa hàm sốlượng giác và các hàm số mũ, lôga rít và hàm số dưới dấu căn…

16





WWW.ToanCapBa.Net


C. KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY

Trong quá trình giảng dạy tôi đã đem các vấn đề trên áp dụng vào hai buổidạy 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 nghiệmLớp 11A4 (chưa đượchọc tăng cường)

Lớp 11A3

(đã được học tăngcường)

Kiểm tra:


43 os84 o s 4

tan tan4 4

c x

c x

x x

π π

+

= − + ÷ ÷

(Thời gian làm bài: 15 phút)

05/44 học sinh giải quyếttrọn vẹn bài toán.

35/42 học sinh giảiquyết trọn vẹn bàitoán.

34/44 học sinh chỉ biếnđổi đến phương trình

4 22 os 4 os 4 1 0c x c x− − = màkhông tìm được điềukiện hoặc mất quá nhiềuthì gian vào việc tìm rađiều kiện cụ thể cho phương trình.

06/44 học sinh kết hợpngiệm theo phương pháp biểu diễn trên ĐTLGnhưng không đủ nghiệmhoặc thừa nghiệm.

02/42 học sinh khôngthể giải quyết trọnvẹn bài toán do mảitìm ra điều kiện cụthể.

05/42 học sinh khôngthể giải quyết trọnvẹn bài toán do kếthợp nghiệm theo phương pháp biểudiễn trên đường trònđơn vị và dẫn đếnthừa hoặc thiếunghiệm.

Không có học sinh nàogiải quyết trọn vẹn bàitoán theo phương pháp biểu diễn nghiệm và điềukiện thông qua cùng mộthàm số lượng giác.

05/42 học sinh giải quyếttrọn vẹn các bài toántheo phương pháp kết

31/42 học sinh giảiquyết trọn vẹn bàitoán nhờ phương pháp biểu diễnnghiệm và điều kiệnthông qua cùng mộthàm số lượng giáccos2x .

04/42 học sinh giải

17





WWW.ToanCapBa.Net


hợp nghiệm và điều kiệntrên ĐTLG

quyết trọn vẹn các bàitoán theo phương pháp kết hợp nghiệmvà điều kiện trênĐTLG.

18





WWW.ToanCapBa.Net


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 hơnkính mong các thầy cô, đặc biệt là các thầy cô trong tổ Toán – tin, trường THPTMê Linh, tiếp tục đọc kỹ bản thảo, thảo luận để đóng góp, bổ sung cho chuyênđề. Hi vọng chuyên đề này có thể được coi là một tài liệu để các đồng nghiệptham khảo nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy linh hoạt trong giải toán nóichung và giải phương trình lượng giác nói riêng.

Xin chân thành cảm ơn!

Mê Linh, ngày 15 tháng 11 năm 2011Người thực hiện

Nguyễn Hồng Sáng

19





WWW.ToanCapBa.Net


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


http://mathdiamond.wordpress.com/

http://mathdiamond.wordpress.com/




WWW.ToanCapBa.Net


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:31. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phươngtrình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác:............................................3

1.2 Một số ví dụ minh hoạ:..........................................................................32. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập..........................................................83. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG).........................................13

II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế.........................................16III. Hướng phát triển chuyên đề:.......................................................................16

E. TÀI LIỆU THAM KHẢO................................................................................20

MỤC LỤC.............................................................................................................21



[]-SKKN giải ptlg

Documents

Transcript of []-SKKN giải ptlg