Rèn kĩ năng xử lí các phương trình lượng giác có chứa ẩn ở mẫu số

SKKN môn Toán năm học 2010-2011 Nguyễn Huy Hùng-THPT Liên Hà ======================================================================

_______________________________________________________________________________ ðS và GT 11 - 1 - Standing Man

MỤC LỤC Trang Phần I:MỞ ðẦU I.Lý do chọn ñề tài 2 II.Mục ñích-Nhiệm vụ 3 III.ðối tượng của ñề tài IV.Cơ sở của ñề tài 3 1.Vấn ñề ñổi mới phương pháp giảng dạy 2.Cơ sở kiến thức V.Cách thức tiến hành 3 Phần II:HỆ THỐNG BÀI TOÁN TRONG CHUYÊN ðỀ I. Một số bài tập minh họa phương pháp 4 II. Tổng kết phương pháp 14 III.Bài tập thực hành 17 Phần III: KIỂM TRA ðỐI CHỨNG 18 Kết luận 19



PHẦN I:M Ở ðẦU

I.LÝ DO CH ỌN ðỀ TÀI Trong chương trình Giải tích 11, nội dung về phương trình lượng giác chiếm một vị trí hết sức quan trọng.ðó là sự tiếp nối của chương trình lượng giác ở lớp 10,ñồng thời cũng là bước chuẩn bị cho việc học tập tốt chương trình lớp 12.ðặc biệt,trong kì thi tuyến sinh ðại học luôn có sự xuất hiện của phương trình lượng giác.Do ñó việc nắm bắt các kiến thức và kĩ năng giải phương trình lượng giác không chỉ là yêu cầu ñặt ra cho mỗi học sinh mà còn ñem lại cho các em những kiến thức nền tảng ñể thi tuyển vào các trường ñại học. Trong quá trình giảng dạy cho học sinh lớp 11 về nội dung phương trình lượng giác,tôi nhận thức ñược tầm quan trọng của việc trang bị cho học sinh các kiến thức cơ bản,hệ thống cũng như chú trọng rèn luyện kĩ năng giải phương trình lượng giác cho học sinh.Tuy nhiên,ñối với học sinh thì việc chuyển từ giải phương trình ñại số sang giải phương trình lượng giác sẽ có những khó khăn nhất ñịnh vì các phương trình lượng giác thường có vô số nghiệm chứ không phải hữu hạn nghiệm như phần lớn các phương trình ñại số.ðặc biệt học sinh sẽ gặp khó khăn và rất dễ mắc sai lầm khi giải các phương trình lượng giác có ñiều kiện.Chẳng hạn khi tôi ñưa ra ví dụ về giải phương trình ñơn giản là: cos 1

0sin

4

xx− = thì có nhiều học sinh giải ra vô nghiệm,có học sinh thì giải ra

nghiệm ñúng là 2 4x kπ π= + .Nguyên nhân sai lầm là do các em ñã dùng ñường tròn lượng giác ñể kết hợp ñiều kiện trong khi lại không nắm ñược bản chất của việc ñối chiếu ñiều kiện trên ñường tròn lượng giác. Thấy ñược các khó khăn của học sinh cũng như sự cần thiết phải rèn cho học sinh kĩ năng xử lí các phương trình lượng giác có ñiều kiện,tôi ñã xây dựng hệ thống bài tập mang tính chất chuyên ñề về vấn ñề trên.Nội dung chuyên ñề tập trung vào trang bị kiến thức và kĩ năng xử lí các phương trình lượng giác có chứa ẩn số ở mẫu cho học sinh.Bài giảng ñược thực hiện thông qua các tiết học bồi dưỡng của nhà trường ñã ñem lại cho học sinh sự hứng thú và hiệu quả cao.Với những kết quả bước ñầu ñạt ñược tôi xin mạnh dạn giới thiệu ñề tài: “Rèn kĩ năng xử lí các phương trình lượng giác có chứa ẩn ở mẫu số ” với mong muốn ñóng góp một phần nhỏ vào kho tàng kiến thức và kinh nghiệm giảng dạy môn Toán.



II.M ỤC ðÍCH-NHI ỆM VỤ -Xây dựng một hệ thống bài tập về giải phương trình lượng giác có chứa ẩn số ở mẫu -Thể hiện ñược phương pháp xử lí các phương trình lượng giác có ẩn ở mẫu số thông qua giảng dạy chuyên ñề -Sau khi học xong chuyên ñề,học sinh có kỹ năng giải phương trình lượng giác nói chung và kĩ năng giải các phương trình có chứa ẩn ở mẫu số III. ðỐI TƯỢNG CỦA ðỀ TÀI Học sinh lớp 11 IV.CƠ SỞ CỦA ðỀ TÀI 1.Vấn ñề ñổi mới phương pháp giảng dạy Trong những năm gần ñây,cùng với sự tiến bộ của khoa học kĩ thuật,yêu cầu của xã hội ñối với con người ngày càng cao.Vì thế,nền giáo dục cũng phải ngày càng phát triển và ñổi mới không ngừng ñể ñáp ứng ñược yêu cầu của xã hội.Sự thay ñổi mang tính tất yếu là nội dung chương trình ngày càng mang tính hiện ñại,cập nhật với các nước trên thế giới.Bên cạnh ñó là sự cải tiến,ñổi mới về phương pháp giảng dạy theo hướng phát huy tính chủ ñộng tích cực của học sinh trong chiếm lĩnh tri thức.ðiều này ñược thể hiện rất rõ trong chương trình và sách giáo khoa.Do vậy,là một giáo viên mỗi người cần không ngừng ñổi mới và sáng tạo trong quá trình giảng dạy. 2.Cơ sở kiến thức của học sinh ðể học tốt chuyên ñề này học sinh cần ñược trang bị những kiến thức cơ bản: -Công thức nghiệm của các phương trình lượng giác cơ bản -Biểu diễn cũng trên ñường tròn lượng giác -Các công thức lượng giác -Kiến thức về phương trình V.CÁCH THỨC TIẾN HÀNH THỰC HIỆN CHUYÊN ðỀ -Giới thiệu cho người học nội dung của chuyên ñề -Giới thiệu các phương pháp xử lí ñiều kiện minh họa bằng các bài tâp cụ thể -Tổng kết về một số phương pháp thường dùng -ðưa ra hệ thống bài tập tại lớp về giải phương trình lượng giác có chứa ẩn ở mẫu số ñể học sinh ứng dụng phương pháp vừa học -Kiểm tra ñối chứng sau khi học xong chuyên ñề



PHẦN II:H Ệ THỐNG BÀI TOÁN TRONG CHUYÊN ðỀ I.MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA PHƯƠNG PHÁP

Bài 1.Giải phương trình cos 1

0 sin

4

xx− = (1)

LỜI GIẢI

*ðiều kiện: sin 04

x ≠

*V ới ñiều kiện trên,phương trình tương ñương với: ( )cos 1 0 2 x x k kπ− = ⇔ = ∈ℤ

*ðối chiếu ñiều kiện: Cách 1.Thử trực tiếp 2x k π= vào ñiều kiện: ta có 2x k π= là nghiệm của (1) khi

và chỉ khi ( )2sin 0 2

4 2

k km k m m

π π π≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈ℤ tức ( )2 1 k m m= + ∈ℤ

Do ñó nghiệm của phương trình là 2 4x mπ π= + ( )m∈ℤ

Cách 2.Giải phương trình nghiệm nguyên:

ðiều kiện sin 04

x ≠4

xmπ⇔ ≠ ( )m∈ℤ .Do ñó 2x k π= là nghiệm của (1) khi và

chỉ khi tồn tại số nguyên k sao cho 2

km

π π≠ với mọi số nguyên m,ñiều này xảy

ra khi và chỉ khi 2 k m≠ tức ( )2 1 k m m= + ∈ℤ

Do ñó nghiệm của phương trình là 2 4x mπ π= + ( )m∈ℤ

Cách 3.Tách họ nghiệm ñể ñối chiếu: ta thấy họ 2x k π= có thể tách thành hai họ con là 4x mπ= và 2 4x mπ π= + ( )m∈ℤ .Thử lần lượt từng họ này vào ñiều

kiện ta thấy họ 4x mπ= không thỏa mãn,họ 2 4x mπ π= + thỏa mãn Do ñó nghiệm của phương trình là 2 4x mπ π= + ( )m∈ℤ NHẬN XÉT: ðây là một bài toán ñơn giản về xử lí ñiều kiện.Tuy nhiên trong thực tế giảng dạy,khi ñưa ra bài toán này thì có nhiều học sinh ñã cho ra kết quả phương trình vô nghiệm.Nguyên nhân là học sinh ñã sử dụng ñường tròn lượng



y

x O

A

0 2π 4π2π−4π−

4π− 0 4π

2x k π=

4x m π=

giác vào ñối chiếu.Tại sao lại dễ sai lầm khi sử dụng ñường tròn lượng giác trong trường hợp này?Ta phân tích giúp cho học sinh hiểu rõ vấn ñề :

- ðiều kiện sin 04

x ≠ 44

xm x mπ π⇔ ≠ ⇔ ≠ ( )m∈ℤ .

-Học sinh biểu diễn cung 4x m π= trên ñường tròn lượng giác ứng với ñiểm A,sau ñó biểu diễn họ

2x k π= trên ñường tròn lượng giác thì cũng ñược chính ñiểm A. -Do ñó học sinh kết luận rằng mọi giá trị 2x k π= ñều không thỏa mãn ñiều kiện nên phương trình vô nghiệm! *Sai lầm trên xuất phát từ quan niệm của học sinh cho rằng: khi ñiểm biểu diễn ñiều kiện và ñiểm biểu diễn nghiệm trùng nhau thì nghiệm ñó phải bị loại.ðiều này là một sai lầm bởi vì tuy ñiểm biểu diễn trên ñường tròn lượng giác của chúng trùng nhau nhưng hai tập hợp số ñó có thể không hoàn toàn trùng nhau trên trục số.Cụ thể trong trường hợp này tập hợp { }4x m mπ= ∈ℤ là tập con thực sự của tập { }2x k kπ= ∈ℤ nên sẽ có

những giá trị trong họ 2x k π= ( )k∈ℤ thỏa mãn 4x m π≠ ( )m∈ℤ ,chính là các

giá trị 2 4x mπ π= + ( )m∈ℤ Ta dùng trục số ñể học sinh dễ hình dung kết quả trên

*Như vậy,khi sử dụng ñường tròn lượng giác ñể ñối chiếu nghiệm: -Nếu ñiểm biểu diễn họ nghiệm không trùng với ñiểm biểu diễn cho ñiều kiện thì nghiệm ñó thỏa mãn ñiều kiện. -Nếu ñiểm biểu diễn nghiệm trùng với ñiểm biểu diễn ñiều kiện thì họ nghiệm ñó có thể bị loại toàn bộ hoặc một phần,không ñược loại ngay cả họ nghiệm.trong trường hợp này ta cần xem xét trực tiếp



Bài 2. Giải phương trình

sin sin 2 sin3 3

cos cos2 cos3

x x x

x x x

+ + =+ +

(2)

LỜI GIẢI *ðiều kiện: ( )cos cos2 cos3 0 cos2 2cos 1 0x x x x x+ + ≠ ⇔ + ≠

*V ới ñiều kiện trên,phương trình (2) tương ñương với: ( )( )

sin 2 2cos 13

cos2 2cos 1

x x

x x

+=

+ tan 2 3

6 2

kx x

π π⇔ = ⇔ = + ( )k∈ℤ

*ðối chiếu ñiều kiện:

-Thay giá trị 6 2

kx

π π= + ta có cos2 0x ≠ nên chỉ cần kiểm tra ñiều kiện

2cos 1 0x + ≠

-Thay giá trị 6 2

kx

π π= + vào ñiều kiện 2cos 1 0x + ≠ thì có giá trị thỏa mãn,có

giá trị không thỏa mãn. Ta loại bỏ các giá trị không thỏa mãn như sau: Cách 1.Tách họ nghiệm:

Họ 6 2

kx

π π= + tách thành 4 họ nhỏ là:

22 , 2 ,

6 3x m x m

π ππ π= + = + 2 ,3

x mπ π= − +

52

6x m

π π= − + .

Thử trực tiếp các họ trên ta thấy họ 2

2 3

x mπ π= + không thỏa mãn ñiều kiện

2cos 1 0x + ≠ , các họ còn lại ñều thỏa mãn

Do ñó nghiệm của phương trình là 2 ,6

x mπ π= + 2 ,

3x m

π π= − +

52

6x m

π π= − + ( )m∈ℤ

Cách 2.Sử dụng ñường tròn lượng giác:

-Ta có 2cos 1 0x + ≠ 22

3x m

π π⇔ ≠ ± + ( )m∈ℤ .

Trên ñường tròn lượng giác sẽ bỏ ñi hai ñiểm M1,M2



A

1M

2M

1B2B

3B

4B

O x

y

biểu diễn cho các cung 2

23

mπ π± +

-Biểu diễn họ 6 2

kx

π π= + , họ này có

4 ñiểm ngọn là 1 2 3 4, , ,B B B B +Các ñiểm 1 3 4, ,B B B không trùng vào M1, M2 nên các cung tương ứng

26

x mπ π= + 2 ,

3x m

π π= − +

52

6x m

π π= − + là nghiệm

+ðiểm 2 1,B M trùng nhau nên cung

tương ứng là 2

2 3

x mπ π= + có thể

bị loại toàn bộ. Thử lại trực tiếp thấy giá trị này không thỏa mãn ñiều kiện 2cos 1 0x + ≠

Do ñó nghiệm của phương trình là 2 ,6

x mπ π= + 2 ,

3x m

π π= − +

52

6x m

π π= − + ( )m∈ℤ

Bài 4. Giải phương trình

2sin2 2 2 cos 2sin 20

tan 1

x x xx

+ − − =+

(4)

LỜI GIẢI

*ðiều kiện: cos 0

tan 1

x

x

≠ ≠ −

*V ới ñiều kiện trên,phương trình (4) tương ñương với:

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

( )( ) 2sin 2 02sin 2 2cos 1 0

2cos 1

xx x

x

+ =⇔ + − = ⇔ −



+ 2

2 42sin 2 0 sinx sinx sin52 4

'24

x kx

x k

π πππ π

= − + + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = +

( ), 'k k ∈ℤ

+ 2

1 32cos 1 0 cos cos cos2 3

'23

x mx x x

x m

π πππ π

= +− = ⇔ = ⇔ = ⇔

= − +

( ), 'm m∈ℤ

*ðối chiều ñiều kiện: Trong trường hợp này,các nghiệm của phương trình cuối có số ño ñặc biệt nên ta có thể sử dụng phương pháp thay trực tiếp vào ñiều kiện.

Ta thấy họ 24

x kπ π= − + không thỏa mãn ñiều kiện,các họ còn lại ñều thỏa mãn.

Do ñó các nghiệm của phương trình là 5

'24

x kπ π= + , 2

3x m

π π= + ,

'23

x mπ π= − + ( )', , 'k m m∈ℤ

Bài 4. Giải phương trình 2 2

sin2 cos2 1

cos 3 sin 3 2

x xx x

=−

(4)

LỜI GIẢI *ðiều kiện: 2 2cos 3 sin 3 0 cos6 0x x x− ≠ ⇔ ≠ *V ới ñiều kiện trên,phương trình (3) tương ñương với: sin 4

1 sin 4 os6 sin 4 sin 6cos6 2

xx c x x x

x

π = ⇔ = ⇔ = −

4 6 220 52

4 6 2 '2 4

kxx x k

x x k x k

π ππ π

π ππ π

= += − + ⇔ ⇔

= + + = − +

( ), 'k k ∈ℤ




-Họ '4

x kπ π= − + thay vào ñiều kiện ta ñược

3cos6 cos '6 0

2x k

π π = − + =

nên

không thỏa mãn ñiều kiện

-Xét họ 20 5

kx

π π= + ,họ này có số ño không ñặc biệt nên việc thay trực tiếp vào

ñiều kiện sẽ gặp khó khăn.Mặt khác,họ này nếu biểu diễn trên ñường tròn lượng giác sẽ chiếm 10 ñiểm ngọn,chúng ta sẽ không thuận lợi khi so sánh với 12 ñiểm bị loại bỏ do ñiều kiện.Do vậy trong trường hợp này ta chọn phương án giải phương trình nghiệm nguyên:

Ta có cos6 0 12 6

mx x

π π≠ ⇔ ≠ + ( )m∈ℤ , xét phương trình:

6 1 1 5 6 1

20 5 12 6 5 5

k m k km k m k

π π π π − −+ = + ⇔ = − ⇔ = = +

Do ,k m∈ℤ nên 1

5

k − ∈ℤ tức phải có 1

5 15

kn k n

− = ⇔ = + ( )n∈ℤ

Như vậy họ 20 5

kx

π π= + là nghiệm của phương trình ñã cho khi và chỉ khi

5 1k n≠ + , ,k n∈ℤ .

Vậy các nghiệm của phương trình là: 20

x nπ π= + ,

4x n

π π= + , 1320

x nπ π= + ,

1720

x nπ π= + ( )n∈ℤ

NHẬN XÉT: Khi nghiệm của phương trình cuối và ñiều kiện ñược biểu diễn bởi nhiều ñiểm ngọn trên ñường tròn lượng giác thì chúng ta nên sử dụng phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Bài 5. Giải phương trình sin cot5

1cos9

x x

x= (5)

LỜI GIẢI

*ðiều kiện: cos9 0 5sin5 0 '

12 9

nx

x

x nx

π

π π

≠≠ ⇔ ≠ ≠ +

( ), 'n n ∈ℤ



*V ới ñiều kiện trên,phương trình (5) tương ñương với: sin cos5 sin5 cos9 sin6 sin 4 sin14 sin 4x x x x x x x x= ⇔ − = −

14 6 2 4sin14 sin614 6 2

20 10

kxx x k

x xmx x m

x

ππ

π ππ π

== +⇔ = ⇔ ⇔ = − + = +

( ),k m∈ℤ


• Xét họ 4

kx

π= :

-Xét phương trình: 5 44 5

k nk n

π π= ⇔ = ,suy ra 4 ,k t t= ∈ℤ

-Xét phương trình: '

9 4 ' 24 18 9

k nk n

π π π= + ⇔ = + , suy ra 4 +2 ,k t t= ∈ℤ

Do ñó 4

kx

π= là nghiệm của (5) khi 4 k t≠ và 4 +2 ,k t t≠ ∈ℤ tức 2 1k t= +

ứng với 4 2

tx

π π= + ( t ∈ℤ )

• Xét họ 20 10

mx

π π= + :

-Xét phương trình: 2 1 420 10 5

m nm n

π π π+ = ⇔ + = ,vô nghiệm

-Xét phương trình: ( ) ( )'9 2 1 10 2 ' 1

20 10 18 9

m nm n

π π π π+ = + ⇔ + = + ,vô nghiệm

Do ñó 20 10

mx

π π= + ( )m∈ℤ luôn thỏa mãn ñiều kiện.

Vậy nghiệm của phương trình (5) là 4 2

tx

π π= + ( t ∈ℤ ) và

20 10

mx

π π= + ( )m∈ℤ

Có thể thấy với 5 2m t= + thì 20 10

mx

π π= +4 2

tπ π= + nên họ 4 2

tx

π π= + ( t ∈ℤ )

chứa trong họ 20 10

mx

π π= + ( )m∈ℤ .

Do ñó nghiệm của (5) là 20 10

mx

π π= + ( )m∈ℤ



Bài 6. Giải phương trình sin 2 cos2

tan cotcos sin

x xx x

x x+ = − (6)

LỜI GIẢI


sin 2 0sin 0

xx

x

≠⇔ ≠ ≠

*V ới ñiều kiện trên,phương trình (6) tương ñương với:

2 2sin 2 sin cos2 cos sin coscos sin cos sin

x x x x x xx x x x+ −=

2cos cos2 0 2cos cos 1 0x x x x⇔ + = ⇔ + − =

( )( ) 2cos 1 02cos 1 cos 1 0

cos 1 0

xx x

x

− =⇔ − + = ⇔ + =

Ta thấy khi cos 1 0 cos 1x x+ = ⇔ = − thì suy ra sin 0x = nên nghiệm của phương trình cos 1 0x + = chắc chắn bị loại. Do vậy ta chỉ cần giải phương trình:

21 32cos 1 0 cos cos cos2 3

23

x kx x x

x m

π πππ π

= +− = ⇔ = ⇔ = ⇔

= − +

( ), 'k k ∈ℤ

*Thử vào ñiều kiện ta thấy cả hai họ nghiệm trên ñều thỏa mãn NHẬN XÉT: Trong trường hợp này,việc ñối chiếu ñiều kiện cũng không có gì khó khăn.Tuy nhiên nếu chúng ta biết kết hợp ñiều kiện ngay trong quá trình giải thì sẽ tiết kiệm ñược thời gian và làm cho lời giải gọn gàng hơn.ðặc biệt khi nghiệm phương trình cuối không giải ra tường minh thì việc xử lí ñiều kiện trong quá trình giải càng quan trọng.Ta minh họa qua hai bài tập sau:

Bài 7. Giải phương trình 2

3tan6 2tan 2 cot 4sin8

x x xx

− = − (7)

LỜI GIẢI



*ðiều kiện: cos6 0

sin8 0

x

x

≠ ≠

*V ới ñiều kiện trên,phương trình (7) tương ñương với :

( ) 1 cos4tan6 2 tan6 tan 2

sin 4 cos4 sin 4

xx x x

x x x+ − = −

⇔ ( )21 cos 4

tan6 2 tan6 tan 2sin 4 cos4

xx x x

x x

−+ − =

⇔ ( )tan6 2 tan6 tan 2 tan 4x x x x+ − =

⇔ ( )tan6 tan 4 2 tan6 tan 2 0x x x x− + − =

⇔ sin 2 2sin 4 10 sin 2 4 0

sin6 cos4 cos6 cos2 cos4

x xx

x x x x x + = ⇔ + =

sin 2 0

1cos4

4

x

x

=⇔ = −

+Nếu sin 2 0x = thì suy ra sin8 0x = nên nghiệm của phương trình sin 2 0x = không thỏa mãn ñiều kiện +Do ñó phương trình ñã cho tương ñương với :

1cos4

4x = − cos4 cos 4 2

4 2

kx x k x

α πα α π⇔ = ⇔ = ± + ⇔ = ± + ( )k∈ℤ

với 1

cos4

α = −

*ðối chiếu ñiều kiện: ta thấy nghiệm của phương trình cuối có số ño không tường minh,do ñó việc thay trực tiếp vào ñiều kiện hay dùng ñường tròn lượng giác, giải phương trình nghiệm nguyên cũng ñều gặp khó khăn.ta xử lí như sau:

-Khi 4 2

kx

α π= ± + thì 1

cos44

x = − nên sin 4 0x ≠

Do vậy sin8 sin 4 cos4 0x x x= ≠

- Khi 4 2

kx

α π= ± + thì 1

cos44

x = − nên 2 1 32cos 2 1 cos2

4 8x x− = − ⇒ = ±

Do vậy 3cos6 4cos 2 3cos2 0x x x= − ≠

Như vậy nghiệm 4 2

kx

α π= ± + ( )k∈ℤ thỏa mãn ñiều kiện.



Bài 8. Giải phương trình 1 1 10

cos sincos sin 3

x xx x

+ + + = (8)

LỜI GIẢI


sin 0

x

x

≠ ≠

*V ới ñiều kiện trên,phương trình (8) tương ñương với : 2 2 10

sin cos sin sin cos cos sin cos3

x x x x x x x x+ + + =

( )( )3 sin cos sin cos 1 10sin cosx x x x x x⇔ + + = (*)

ðặt sin cost x x= + , ( 2; 2t ∈ − ) suy ra 2 1

sin cos2

tx x

−=

Thay vào (*) ta ñược phương trình: 2 2

3 21 13 1 10 3 10 3 10 0

2 2t t

t t t t − −+ = ⇔ − + + =

( )( )2

2

2 3 4 5 0 2 19

3

t

t t tt

=⇔ − − − = ⇔ ± =

Do 2; 2t ∈ − nên chỉ có nghiệm 2 19

3t

−= thỏa mãn

Ta có: 2 19 2 19

sin cos sin3 4 3 2

x x xπ± ± + = ⇔ + =

24sin sin

342

4

x kx

x k

π α ππ απ α π

= − + + ⇔ + = ⇔ = − +

( )k∈ℤ với 2 19

sin3 2

α ±=

*ðối chiếu ñiều kiện: trong trường hợp này ta có thể thay trực tiếp vào ñiều kiện rồi kiểm tra nhờ công thức cộng.Tuy nhiên vì các nghiệm trên là nghiệm của (*) nên có thể ñối chiếu bằng cách chứng tỏ (*) không có nghiệm thỏa mãn cos 0x = hoặc sin 0x = như sau: +Nếu cos 0x = là nghiệm của (*) thì từ (*) ta phải có sin 0x =

2 2sin cos 0x x⇒ + = vô lí.



+Nếu sin 0x = là nghiệm của (*) thì từ (*) ta phải có cos 0x = 2 2sin cos 0x x⇒ + = vô lí.

Vậy 24

x kπ α π= − + + và

32

4x k

π α π= − + ( )k∈ℤ là nghiệm của phương

trình (7). II.T ỔNG KẾT VỀ PHƯƠNG PHÁP Qua các bài tập trên ñây,chúng ta tổng kết hai nội dung: 1.Quy trình cơ bản giải phương trình lượng giác có chứa ẩn ở mẫu số Khi giải một phương trình lượng giác có chứa ẩn ở mẫu số ta thường tiến hành các bước cơ bản sau: * ðặt ñiều kiện xác ñịnh cho phương trình * Biến ñối phương trình về các dạng quen thuộc hoặc về dạng phương trình tích * Giải phương trình cuối tìm nghiệm * ðối chiếu nghiệm của phương trình cuối với ñiều kiện xác ñịnh ñể chỉ ra tập nghiệm của phương trình ban ñầu 2.Các phương pháp ñối chiếu ñiều kiện Qua các bài tập trên,ta thấy tùy vào từng bài mà chúng ta chọn cách phù hợp ñể xử lí ñiều kiện.Các phương pháp cơ bản mà chúng ta thường sử dụng là: 2.1.Phương pháp thử trực tiếp *Nội dung phương pháp: Thay trực tiếp nghiệm của phương trình cuối vào ñiều kiện xem có thỏa mãn hay không. *Chú ý khi sử dụng: +Nếu họ nghiệm có cả nghiệm thỏa mãn và không thỏa mãn thì nên dùng cách tách họ nghiệm lớn thành các họ nghiệm nhỏ ñể dễ ñối chiếu. +Thường dùng cách thay trực tiếp khi nghiệm của phương trình cuối có số ño ñặc biệt

+Về cách tách họ nghiệm: họ 2

k

xn

πα= + ( )k∈ℤ , n là số tự nhiên cho trước

luôn tách ñược thành n họ nhỏ có phần ñuôi là 2k π .ðó là các họ có dạng

2

2 , 0, 1i

x k i nn

πα π= + + = −

Việc tách các họ nghiệm theo phần ñuôi 2k π giúp cho việc ñối chiếu ñiều kiện ñơn giản hơn rất nhiều



A

M

4B

1B2B

3B

5B

O x

y

A

M

4B

1B2B

3B

5B

O x

y

2.2.Phương pháp sử dụng ñường tròn lượng giác *Nội dung phương pháp: +Biểu diễn các ñiểm là ñiểm ngọn của cung vi phạm ñiều kiện trên ñường tròn lượng giác (giải sử là các ñiểm B1 , B2 ,…,Bn ) +Biểu diễn các ñiểm là ñiểm ngọn của họ nghiệm phương trình cuối trên cùng ñường tròn lượng giác (giải sử là ñiểm M) +Dựa vào kết quả biểu diễn ñể kết luận như sau: 1)Nếu M không trùng với bất cứ ñiểm nào trong các ñiểm B1 , B2 ,…,Bn thì họ có ñiểm ngọn là M thỏa mãn ñiều kiện 2)Nếu M trùng với Bi thì ta không ñược loại ngay toàn bộ họ nghiệm trên mà phải thử lại trực tiếp hoặc xem xét dựa vào số phần tử của họ nghiệm và của họ có ñiểm biểu diễn là Bi *Chú ý khi sử dụng: ta sử dụng khi họ nghiệm và ñiều kiện có không quả nhiều ñiểm biểu diễn trên ñường tròn lượng giác.Nếu không thì chúng ta dễ bị rối và có thể dẫn ñến kết quả không chính xác.

2.3.Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên *Nội dung phương pháp:

Giả sử nghiệm của phương trình cuối là ( )x f k= ( )k∈ℤ

ðiều kiện cho phương trình là: ( )x g m≠ ( )m∈ℤ

Khi ñó một giá trị x trong họ ( )x f k= ( )k∈ℤ là nghiệm phương trình ban



ñầu khi và chỉ khi tồn tại k ∈ℤ sao cho ( ) ( )f k g m≠ với mọi ( )m∈ℤ

ðể tìm k thỏa mãn ñiều trên ta giải phương trình: ( ) ( ) f k g m= (*) ẩn ,k m∈ℤ Có các trường hợp: 1) Nếu phương trình (*) vô nghiệm thì ( )x f k= ( )k∈ℤ thỏa mãn ñiều kiện

2) Nếu phương trình (*) có nghiệm ( )m kϕ= ∈ℤ thì

( ){ } ( ){ }, ,x f k k x g m m= ∈ ⊂ = ∈ℤ ℤ nên họ ( )x f k= ( )k∈ℤ không

thỏa mãn ñiều kiện

3) Nếu phương trình (*) có nghiệm ( )( )

( )

k nn Z

m n

ϕψ

=∈ =

thì ( )x f k= ( ),k n n Zϕ≠ ∈ thỏa mãn ñiều kiện. *Chú ý khi sử dụng: phương pháp này sử dụng khi các họ nghiệm và ñiều kiện có nhiều ñiểm ngọn;phương pháp này không áp dụng ñược khi nghiệm của phương trình không giải ra một cách tường minh

NHẬN XÉT: Ngoài các phương pháp cơ bản trên,trong nhiều trường hợp,chúng ta có thể kết hợp ñiều kiện ngay trong quá trình biến ñổi phương trình ñể làm giảm nhẹ việc ñối chiếu ñiều kiện cũng như xử lí ñược các trường hợp nghiệm không tường minh.



III.CÁC BÀI T ẬP THỰC HÀNH Bài tập.Giải các phương trình sau:

1) ( )2 cos sin1

tan cot 2 cot 1

x x

x x x

−=

+ −

2) 1 1

2 2 coscos sin 4

xx x

π − = +

3) 22 3cos 2sin3 cos sin 4 3

13sinx cos

x x x x

x

+ − − =+

4) 1 1

sin 2 sin 2cot 22sin sin 2

x x xx x

+ − − =

5) ( )cos2 1cot 3 sin 2 cos2

1 tan 2

xx x x

x− = − −

+

6) cos2 sin 4

32cos2 sin 2 1

x x

x x

− =+ −

7) 1 sin 2 1 tan

2 31 sin 2 1 tan

x x

x x

+ ++ =− −

8 ) tan 2 .tan7 1x x=

9) 1 cos4 sin 4

2sin 2 1 cos

x x

x x

− =+

10) sin cos

2tan 2 cos2 0sin cos

x xx x

x x

+ + + =−



PHẦN III.KI ỂM TRA ðỐI CHỨNG Sau khi tiến hành giảng dạy chuyên ñề trên ở lớp 11A1 tôi ñã tiến hành kiểm tra ñối chứng với một lớp có năng lực học tập tương ñương nhưng không ñược dạy chuyên ñề nêu trên.Hình thức kiểm tra tự luận trong thời gian 45 phút với ñề bài như sau: Giải các phương trình sau:

1) 22cos cos 1

0sin 4

x x

x

− − = 3) 1 1 2

cos sin 2 sin 4x x x+ =

2) ( )22sin cos4 cos2

0sin cos

x x x

x x

+ − =−

4) sin3

1cos2

x

x=

Sau khi chấm bài của học sinh ở cả hai lớp ,tôi thấy học sinh ở lớp ñược dạy chuyên ñề ñã nắm vứng ñược quy trình giải một phương trình lượng giác cố ẩn số ở mẫu.Phần lớn các em xử lí tốt ñiều kiện,chỉ có một số còn ñôi chút lúng túng khi giải phương trình nghiệm nguyên.Trong khi ñó ở lớp ñối chứng,cũng có một số các em nắm ñược các bước giải và xử lí ñược ñiều kiện.Tuy nhiên có rất nhiều em không nắm vững cách xử lí ñiều kiện dẫn ñến không ñi ñến kết quả hoặc cho ra kết quả sai. Về ñiểm của hai lớp như sau: ðiểm

<5

5-6

7-8

9-10

Lớp 11A1

0%

8%

42%

50%

Lớp ñối chứng

15%

45%

21%

19%

Qua kết quả trên tôi thấy rằng chuyên ñề của mình trên cũng ñã có tác dụng không nhỏ trong việc giúp học sinh có ñược tư duy mạch lạc và có ñược kĩ năng cần thiết ñể giải quyết một dạng toán quan trọng là giải phương trình lượng giác nói chung và phương trình lượng giác chứa mẫu số nói riêng.



KẾT LUẬN

Phương trình lượng giác là một nội dung quan trọng và thú vị của chương trình Giải tích 11.Tuy nhiên ñây cũng là một lĩnh vực còn mới mẻ ñối với học sinh lớp 11.Do vậy làm thế nào ñể học sinh không những hiểu ñược lý thuyết ,nắm vững các dạng cơ bản mà còn có ñược những kỹ năng cần thiết ñể giải quyết các bài toán phương trình lượng giác,nhất là loại phương trình có chứa ẩn ở mẫu số cũng không phải là một ñiều quá dễ dàng.Là một giáo viên Toán tôi nhận thức rõ ñược ñiều ñó và biết ñược mình cần phải làm gì ñể giúp học sinh có ñược những ñiều trên.Với vốn kiến thức chưa nhiều của mình nhưng bằng một tấm lòng tâm huyết với học trò,tôi cũng mạnh dạn ghi lại một chút kinh nghiệm của bản thân trong chuyên ñề“Rèn kĩ năng xử lí các phương trình lượng giác có chứa ẩn ở mẫu số”.Chắc chắn do thời gian và kinh nghiệm bản thân còn hạn chế nên chuyên ñể không thể tránh khỏi những thiếu sót.Rất mong nhận ñược sự ñóng góp chân thành của các bạn ñồng nghiệp và của các quý thầy cô! Hà nội ngày 15 tháng 5 năm 2011

Nguyễn Huy Hùng

Documents

Rèn kĩ năng xử lí các phương trình lượng giác có chứa ẩn ở mẫu số