Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số kỹ thuật giúp học sinh học tốt phương trình lượng giác

Chia sẻ: Caphesuadathemhanh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của đề tài là giúp học sinh hiểu, thuộc và chứng minh được các công thức lượng giác. Giúp học sinh một số nhận xét cơ bản để chứng minh một đẳng thức lượng giác hay rút gọn một biểu thức lượng giác. Giúp học sinh một số nhận xét cơ bản khi nhìn phương trình đã cho biết sử dụng công thức nào để đưa phương trình đó về dạng phương trình đã biết cách giải.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số kỹ thuật giúp học sinh học tốt phương trình lượng giác

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC o0o BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: “ Mét sè Kü THUËT gióp häc sinh häc tèt ph¬ng tr×nh Lîng gi¸c ” Tác giả: NGUYỄN THỊ HƯƠNG Mã sáng kiến: 52.05 Tháng 1 năm 2020 1
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1.Lời giới thiệu Phương trình lượng giác là một dạng toán quen thuộc trong chương trình Toán phổ thông, công thức lượng giác tương đối nhiều và khó nhớ, nếu chỉ học thuộc lòng công thức thì học sinh rất dễ nhầm lẫn.Mặt khác trong tất cả các đề thi Đại học, cao đẳng đều có ít nhất một câu giải phương trình lượng giác và câu này học Vì vậy đeå giuùp caùc em hoïc sinh ñaït ñieåm tối ña phần lượng giác trong các kỳ thi toâi maïnh daïn vieát ñeà taøi : « MỘT SỐ KỸ THUẬT GIÚP HỌC SINH HỌC TỐT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC » Tôi raát mong nhaän ñöôïc yù kieán ñoùng goùp chaân thaønh cuûa quí thaày coâ cuøng ñoàng nghieäp ñeå baøi vieát ñöôïc toång quaùt hôn. 2. Tên sáng kiến: « MỘT SỐ KỸ THUẬT GIÚP HỌC SINH HỌC TỐT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC » 3. Tác giả sáng kiến: Họ và tên: Nguyễn Thị Hương Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học Số điện thoại: 0914262614 E_mail: nguyenhuong150883@gmail.com 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến : Họ và tên: Nguyễn Thị Hương Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán: lớp 11 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 10 /9/2019 7. Mô tả bản chất của sáng kiến: 2
Về nội dung của sáng kiến: 1/ Giúp học sinh hiểu, thuộc và chứng minh được các công thức lượng giác. 2/ Giúp học sinh một số nhận xét cơ bản để chứng minh một đẳng thức lượng giác hay rút gọn một biểu thức lượng giác. 3/ Giúp học sinh một số nhận xét cơ bản khi nhìn phương trình đã cho biết sử dụng công thức nào để đưa phương trình đó về dạng phương trình đã biết cách giải. 4/ Giúp học sinh nhận và loại nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện. 7.1. Hiện trạng : Công thức lượng giác tương đối nhiều và khó nhớ, nếu chỉ học thuộc lòng công thức thì học sinh rất dễ nhầm lẫn Đứng trước việc giải một phương trình lượng giác nhiều khi học sinh vẫn chưa định hình được việc áp dụng công thức lượng giác nào để hiệu quả nhất. Trong các bài toán giải phương trình lượng giác chứa điều kiện, học sinh chưa biết loại nghiệm ngoại lai. 7.2. Một số giải pháp Đưa ra một số kỹ thuật để giúp học sinh học thuộc công thức lượng giác và giải phương trình lượng giác. 7.3. Nội dung I/ CÁCH HỌC VÀ GHI NHỚ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC 1/HEÄ THÖÙC CÔ BAÛN 1/ 2sin x + cos2x = 1 2/ tanx = sin x cos x cos x 3/ cotx = 4/ tanx . cotx sin x =1 1 5/ 1 + tan2x = 6/ 1 + cot 2x = cos 2 x 1 sin 2 x CAÙCH NHÔÙ : Công thức (2) và (3), (4): tanx và cotx là nghịch đảo của nhau Công thức (5) và (6): chú ý mẫu của tanx là cosx, mẫu của cotx là sinx 2 /CUNG LIEÂN KEÁT 3
CAÙCH NHÔÙ : Đóng khung những trường hợp đặc biệt và ghi nhớ trường hợp đặc biệt đó , trường hợp nào không được nhắc đến thì thêm dấu trừ vào cos ñoái , sin buø , phuï cheùo Hôn keùm ta coù tang vaø cotang Hôn keùm , cheùo , sin moät mình 2 (cos ñoái) (sin buø) Hai cung ñoái nhau laø x vaø – x Hai cung buø nhau laø x vaø x cos ( - x) = - cos( x) = cosx sin ( - x) = sin ( - x) = - sinx sinx tan(- x) = - tanx tan ( - x) = - cot (- x) = - cotx cot ( - x) = - (phuï cheùo) Hai cung phuï nhau laø x vaø – x Hai cung hôn keùm nhau laø x vaø 2 + x cos( - x) = sinx cos ( + x) = - cosx 2 sin ( - x) = cosx sin ( + x) = - sinx 2 tan( - x) = co tx tan ( + x) = tanx 2 cot ( + x) = cotx cot ( - x) = tanx 2 Hai cung hôn keùm nhau 2 laø x vaø 2 + x cos( + x) = - sinx 2 sin ( + x) = 2 tan( + x) = - co tx 2 cot( + x) = - tanx 2 4
3/COÂNG THÖÙC COÄNG cos(a – b ) = cosa.cosb + sina.sinb CAÙCH NHÔÙ : cos(a + b ) = cosa.cosb - sina.sinb Cos thì cos cos , sin sin sin ( a + b) = sina.cosb +sinb .cosa Sin thì sin cos , cos sin sin ( a – b) = sina.cosb – sinb .cosa Cos traùi daáu , sin tan a tan b tan ( a – b) = 1 tan a. tan b tan a tan b tan ( a + b) = 1 tan a. tan b cot b. cot a 1 cot ( a + b) = cot b cot a cot b. cot a 1 cot ( a – b) = cot b cot a 4/COÂNG THÖÙC NHAÂN cos2a = cos2a – sin2a = 2cos2a – 1 = 1 – 2sin2a cos3a = 4 cos3a – 3cosa sin 2a = 2 sina.cosa sin 3a = 3sina – 4sin3a 2 tan a 3 tan a tan 3 a tan 2a = tan3a = 1 tan 2 a 1 3 tan 2 a 5/COÂNG THÖÙC HAÏ BAÄC 1 cos 2a 1 cos 2a 1 cos 2a cos2 a = sin2a = tan2a = 2 2 1 cos 2a a 6/COÂNG THÖÙC TÍNH bieán ñoåi sina , cosa , tana veà ( t = tan ) 2 2t 1 t2 2t sina = , cosa = , tan a = 1 t2 1 t2 1 t2 7/COÂNG THÖÙC BIEÁN ÑOÅI TOÅNG THAØNH TÍCH a b a b cosa + cosb = cos2 cos 2 2 CAÙCH NHÔ : Ù a b a b Cos coäng cos baèng hai cosa - cosb = - 2 sin sin cos cos 2 2 a b a b Cos tröø cos baèng sina + sinb = 2 sin cos 2 2 tröø hai sin sin a b a b Sin coäng sin baèng sina - sinb = 2 cos sin hai sin cos 2 2 5
sin( a b) tan a + tanb = cos a. cos b CAÙCH NHÔÙ : tang mình coäng vôùi sin(a b) Baèng sin hai ñöùa chia cos tan a - tanb = ta cos mình cos a. cos b 8/COÂNG THÖÙC BIEÁN ÑOÅI TÍCH THAØNH TOÅNG : 1 CAÙCH NHÔ : Ù cosa.cosb = cos a b cos a b 1 2 cos nhaân cos baèng cuûa cos coäng 1 2 sina.sinb = cos a b cos a b cos 2 1 1 sina.cosb = sin a b sin a b Sin nhaân sin baèng tröø cuûa cos tröø 2 2 cos 1 Sin nhaân cos baèng cuûa sin coäng 2 II/ BIỂU DIỄN GÓC CUNG TRÊN ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC 2π B1: Đưa về dạng x = α + k ( k Z, n ﾥ * ) n B2: Cho k nhaän caùc giaù trò töø 0 ñeán (n1) k = 0 � x = α , khi đó x được biểu diễn bởi điểm M1 2π k =1� x =α + , khi đó x được biểu diễn bởi điểm M2 n 2π k = 2 � x = α + 2. , khi đó x được biểu diễn bởi điểm n M3 .... 2π k = n − 1 � x = α + (n − 1) , khi đó x được biểu diễn bởi n điểm Mn Ví dụ :Tìm ñieåm bieåu dieãn của cungx : π π 1/ x = + 2kπ ( k Z ) 2/ x = + kπ (k Z) 3/ x = 6 6 π kπ + (k Z ) 6 2 6
Giải: π π 2π 1/ x = + 2kπ � x = + k ( k �ﾥ ) (n = 1) 6 6 1 π π π M( 6 ) Khi k = 0 thì x = x được biểu diễn bởi điểm M ( ) 6 6 y M() π π 2π 2/ x = + kπ � x = + k (k �ﾥ ) (n = 2) 6 6 2 O π π x Khi k = 0 thì x = x được biểu diễn bởi điểm M ( ) 6 6 π N Khi k = 1 thì x = + π x được biểu diễn bởi điểm N 6 (N là điểm đối xứng của M qua O) π kπ π 2π 3/ x = + � x = +k (k �ﾥ ) (n = 4) 6 2 6 4 π π P Khi k = 0 thì x = x được biểu diễn bởi điểm M ( ) M() 6 6 π π Khi k = 1 thì x = + x được biểu diễn bởi điểm P O 6 2 x π Khi k = 2 thì x = + π x được biểu diễn bởi điểm N 6 N (N là điểm đối xứng của M qua O) π 3π Q Khi k = 3 thì x = + x được biểu diễn bởi điểm Q 6 2 (Q là điểm đối xứng của N qua O) π kπ Kết luận : x = + (k Z ) , x được biểu diễn bởi điểm có 4 điểm là đỉnh hình vuông 6 2 MNPQ nội tiếp trong đường tròn lượng giác. Tổng quát: 2kπ Nếu x = α + ( k Z) thì x được biểu diễn bởi n điểm là đỉnh đa giác đều n cạnh n nội tiếp trong đường tròn lượng giác. III/ MỘT VÀI KỸ THUẬT BIẾN ĐỔI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 7
III.1. Kỹ thuật 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng tích số : 1/ Khi hai veá phöông trình coù nhöõng thöøa soá gioáng nhau vaø coù chöùa x thì ta phaûi chuyeån veà moät veá vaø ñöa veà phöông trình tích . Ví duï 1: Giải phương trình : sinx ( 2 cosx +1 ) = cos2x.sinx Gi ả i : sinx ( 2 cosx -1 ) = cos2x.sinx sinx ( cos2x – 2cosx – 1 ) = 0 sin x = 0 cos 2 x − 2cos x + 1 = 0 sin x = 0 x = kπ � x = kπ cos x = 1 x = 2hπ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = kπ ( k Z ) 2/ Neáu caùc goùc trong phöông trình coù daïng nhaân ñoâi thì ta thöôøng duøng coâng thöùc nhaân ñoâi hoaëc coâng thöùc haï baäc naâng cung ñeå ñöa veà phöông trình chæ theo moät goùc Ví duï 2 : Giải phương trình : sin 2x = 2 cos2x Gi ả i : sin 2x = 2 cos2x 2 sinx cosx - 2 cos2x = 0 2cosx ( sinx – cosx ) =0 π cos x = 0 x= + kπ cos x = 0 2 π sin x − cos x = 0 sin( x − ) = 0 π 4 x = + hπ 4 π + kπ x= 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : ( k,h Z ) π x = + hπ 4 hoặc sin 2x = 2 cos2x sin2x = 1 + cos2x sin2x – cos2x = 1 3/ Neáu trong phöông trình coù chöùa cos2x , sin2 x thì ta duøng coâng thöùc haï baäc naâng cung Ví duï 3: Giải phương trình : sin2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin24x Gi ả i : sin2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin24x 1 − cos 2 x 1 − cos 4 x 1 − cos 6 x 1 − cos8 x + = + 2 2 2 2 8
cos2x + cos4x = cos6x + cos8x 2 cos3x cosx = 2 cos7x cosx cosx ( cos7x – cos3x) = 0 π π x= + kπ x = + kπ 2 hπ 2 x= cos x = 0 hπ 2 7 x = 3 x + 2hπ x= cos 7 x = cos3 x 2 hπ 7 x = −3x + 2hπ x= hπ 5 x= 5 hπ x= 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : ( k,h Z ) hπ x= 5 4/ Neáu trong phöông trình coù daïng toång thì ta bieán thaønh tích hoaëc ngöôïc laïi Ví duï 4: Giải phương trình : sinx + sin 2x + sin 3x =0 Gi ả i : sinx + sin 2x + sin 3x = 0 ( sin3x + sinx) + sin2x = 0 2sin2x cosx + sin2x = 0 sin2x ( 2 cosx + 1) = 0 kπ sin 2 x = 0 x= 2 1 cos x = − 2π 2 x= + hπ 3 kπ x= 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : ( k,h Z ) 2π x= + hπ 3 Ví duï 5: Giải phương trình : cosx cos7x = cos 3x 1 1 Gi ả i : Cosx cos7x = cos 3x cos 5x (cos8 x + cos 6 x) = (cos8 x + cos 2 x) 2 2 kπ x= 6 x = 2 x + 2kπ 2 � x = kπ cos6x = cos2x 6 x = −2 x + 2 k π kπ 4 x= 4 9
kπ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = ( k Z ) 4 Bài tập :Giaûi caùc phöông trình sau : 1) sin 2 4x + sin 2 3x = sin 2 2x + sin 2 x 2) sin x(1 + cosx) = 1 + cosx + cos 2 x cos 2 x ( cosx − 1) 3) sin 3x − cos 4x = sin 5x − cos 6x 4) 2 2 2 2 = 2 ( 1 + s inx ) sinx + cosx cos2x 1 5) cot x − 1 = + sin 2 x − sin 2x 6) cos 2 3x.cos2x − cos 2 x = 0 1 + tan x 2 7) ( 2 cos x − 1) ( 2sin x + cosx ) = sin 2x − s inx 8/ sin3 x + cos3 x = sinx – cos x 4 9/ 9 – 13 cosx = - 10/ 3( sinx – cos x) + sin 2x = 3 1 tan 2 x 11/ sin2 x – 6 sinx cosx + cos2 x = - 2 12 / cos 3x – cos 2x = sin 3x sin 3 x sin x 13/ cos 2 x sin 2 x 14/ sin 5x – sinx = 3 sin 2 x 1 cos 2 x 15/ ( cosx + sinx )(1 – sinx ) = cos 2x 16/ cos 4 x – cos 2x + 2 sin6 x=0 17/ cosx - cos 2x = sin 3x 18/ cos 2 2x + 2cos2 x = 1 III.2. Kỹ thuật 2: Đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về dạng phương trình đại số 1/ Ña ë t aån ph u ï th e o ta n x 2t 1− t2 ï t = ta n � sin x = , cos x = ( hoặc t = tanx 2 1+ t2 1+ t2 ) 2t 1− t2 � sin 2 x = , cos 2 x = 1+ t2 1+ t2 Ví duï 1: Giải phương trình : 6tan2 x – 2cos2 x = cos 2x π Giải: Điều kiện : x + kπ ( k Z ) 2 6tan 2 x – 2cos2 x = cos 2x 6tan2 x = 2cos2x + 1 1− t2 nên ta đặt aån phuï t = tan x � cos 2 x = 1+ t2 1− t2 Khi đó phương trình (1) trở thành : 6t2 = 2 ( ) +1 6t4 + 7t2 – 3 = 0 1+ t2 10
3 1 π π t2 = − (loai ) tan x = = tan x= + hπ 2 1 3 6 6 tan2x = ( h 1 3 1 �π � π t = 2 tan x = − = tan �− � x = − + hπ 3 3 �6� 6 Z) π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = + hπ ( h Z ) 6 2/ Biến đổi phương trình đã cho về dạng có những biêu thức đồng dạng để từ đó ta đặt được ẩn phụ Ví duï 2: Giải ph ương trình: tanx+tan 2 x +tan 3 x + cot2x + cot3x = 6 (1) kπ Giải: Điều kiện : x ( k Z ) 2 (1) ( tanx + cotx ) + ( tan2x+ cot2x ) +( tan3x+ cot3x ) = 6 2 t 2 Đặt t = tanx + cotx = , vì sin 2 x 1 nên t 2 sin 2x t −2 tan2x+ cot2x = t2 – 2 , tan3x+ cot3x = t3 – 3t t=2 Khi đó phương trình (1) trở thành: t3 +t2 – 2t – 8 = 0 t 2 + 3t + 4 = 0 (vn) 2 π =2 sn2x = 1 x= + hπ ( sin 2x 4 h Z ) ( thỏa đk) π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = + hπ ( h Z ) 4 3/ Phương trình có chứa đồng thời ( sin x cos x ) , ( sin x.cos x ) thì ta đặt t = sinx cosx m n Ví duï3 :Giải phương trình: sin3x + cos3x = 2 ( sinx + cosx) – 1 (1) Giải: π Đặt t = sinx + cosx = 2 sin ( x + ) . Điều kiện : t �[− 2; 2] 4 sin3x + cos3x = ( sinx + cosx)3 – 3sinxcosx( sinx + cosx) = t3 – 3t ( t 2 −1 ) 2 11
t 2 −1 Khi đó phương trình (1) trở thành: t3 – 3t ( ) = 2t – 1 2t3 – 3t( t2 – 1) = 4t – 2 2 t =1 t3 + t – 2 = 0 t 2 + t + 2 = 0 (VN ) x = 2kπ π 1 π sin ( x + ) = = sin π 4 2 4 x = − + 2 kπ 2 x = 2 kπ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : π ( k Z ) x = − + 2 kπ 2 4/ Phương trình có dạng : a (tan2x + cot2x ) + b( tanx – cotx) + c = 0 Ta đặt t = tanx – cotx tan2x + cot2x = t2 + 2 Ví duï 4:Giải phương trình: 3 (tan2x + cot2x ) + 2 ( 3 - 1) ( tanx – cotx) – 4 2 3 = 0 (1) Giải: kπ Điều kiện : x ( k Z ) 2 Đặt t = tanx – cotx tan2x + cot2x = t2 + 2 Khi đó phương trình (1) trở thành: 3 ( t2 + 2) + 2 ( 3 - 1)t – 4 2 3 = 0 3 t2 + 2 ( 3 - 1)t – 4 = 0 t = −2 2 t= 3 tan x = −1 − 2 = tan α * t = -2 tanx – cotx = 2 tan2x + 2tanx – 1 = 0 tan x = −1 + 2 = tan β x = α + hπ ( k, h Z )( thỏa đk) x = β + hπ − cos 2 x 2 2 sin 2 x − cos 2 x 2 2 * t = tanx – cotx = = 1 sin 2 x = 3 3 sin x cos x 3 3 2 1 π cot2x = = cot ( ) 3 3 π π lπ 2x = + l π x = + ( l Z )( thỏa đk) 3 6 2 x = α + hπ π lπ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : và x = + ( k, h, l Z ) x = β + hπ 6 2 12
Bài tập: A/ Giải các phương trình sau: 6 1/ 3cos x + 4sin x + = 6 2/ s inx − cosx + 4sin 2x = 1 3cos x + 4sin x + 1 3/ 2(tan x − s inx) + 3(cotx − cosx) + 5 = 0 4/ 1 + s inx + cosx + sin2x + cos2x = 0 5/ cos3x + cos2x – cosx – 1 = 0 6/ � π� � π� 3 cos 4 x + sin 4 x + cos �x − � 3x − �− = 0 .sin � � 4� � 4� 2 � x� 2 ( cos6 x + sin 6 x ) − sin x cos x 7/ cot x + sin x � 1 + tan x tan �= 4 8/ =0 � 2� 2 − 2sin x x 9/ 2 + cosx = 2tan 10/ cotx = tanx + 2 tan2x 2 π π 11/ 1 + tanx = 2 2 sinx 12/ sin( 2x ) = 5 sin( x ) + cos 3x 3 6 3π x 1 π 3x π 13/ sin( − ) = sin( + ) 14/ 2cos( x + ) = sin3x – cos3x 10 2 2 10 2 6 m −1 2 π B/ Tìm m để phương trình : 2 − 2m tan x − m 2 + 2 = 0 có đúng ba nghiệm thuộc ( π ; ) cos x 2 C/ Tìm m để phương trình : cos2 x + 2 ( 1 – m)cosx + 2m – 1 = 0 có 4 nghiệm thuộc [0; 2 π] D/ Tìm m để phương trình : tan4x + ( 2m – 1)tan3x + ( m2 – 2m) tan2x – ( m2 – m + 1) tanx – m + 1 = 0 π π có 4 nghiệm thuộc khoảng ( ; ) 2 2 4 2 E/ Cho phương trình : 2( 2 + cos2x ) + m ( cosx) = 1 (1) cos x cos x a/ Giải phương trình khi m = 9 π b/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng ( 0; ) 2 4m F/ Cho phương trình : 4tan2x + + 5 = 0 (1) cosx a/ Giải phương trình khi m = 1 π π b/Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng ( ; ) 2 2 G/ Cho phương trình : sin3x – cos3x = m (1) a/ Giải phương trình khi m = 1 b/ Tìm m để phương trình (1) có đúng 3 nghiệm thuộc đoạn [ 0 : π ] H/ Cho phương trình : 4 ( cosx – sinx ) + sin2x = m (1) a/ Giải phương trình khi m = 1 b/Tìm m để phương trình (1) vô nghiệm 13
III.3. Kỹ thuật 3: Phương trình lượng giác có điều kiện 1/ Phương trình lượng giác chứa tang, cotang hoặc có chứa ẩn số ở mẫu: Phân tích: Nguyên tắc giải phương trình loại này là: Đặt điều kiện cho bài toán có nghĩa. Sau đó, giải phương trình và kiểm tra nghiệm tìm được có thỏa điều kiện đặt ra hay không? Kết luận nghiệm. Ví dụ 1: Giải phương trình: tan 2 x.tan 3 x.tan 5 x = tan 2 x − tan 3 x − tan 5 x (1) π x (2l + 1) (a) cos 2 x 0 4 � � π 0 + �x Giải:Điều kiện: �cos 3x �۹ (2m 1) (b) � � 6 cos 5 x 0 π x (2h + 1) (c) 10 Với điều kiện (1) tan 5 x(1 + tan 2 x.tan 3 x) = tan 2 x − tan 3 x (2) Nhận xét: 1 + tan2x.tan3x 0 vì nếu: 1 + tan2x.tan3x = 0 tan2x = tan3x (VT=0 VP=0) � 1 + tan 2 2 x = 0 vô lý tan 2 x − tan 3 x Vậy (2) tan 5 x = = tan(− x) 1 + tan 2 x.tan 3 x kπ � 5 x = − x + kπ � x = 6 Ta kiểm tra nghiệm tìm được có thỏa các điều kiện hay không? kπ π a/ Điều kiện (a) bị vi phạm nếu : ∃k , l �Z : = (2l + 1) � 2k = 6l + 3 (vô lý vì ) 6 4 π Vậy x = k thỏa điều kiện (a) 6 π π b/ Điều kiện (b) bị vi phạm nếu ∃k , m Z : k = ( 2m + 1) k = 2m + 1 là số nguyên lẻ 6 6 14
π Vậy điều kiện (b) thỏa nếu k = 2n , khi đó nghiệm pt là x = n 3 π π c/ Điều kiện (c) bị vi phạm nếu ∃n, h Z : n = ( 2h + 1) 10n = 6h + 3 ( vô lý vì n, h 3 10 Z) π π Vậy x = n thỏa điều kiện (c) .Kết luận nghiệm của phương trình đã cho là : x = n 3 3 Ví dụ 2: Giải phương trình: tan 5 x = tan 3 x Giải: π kπ x + ( a) 10 5 Điều kiện : (k , h Z ) π hπ x + (b) 6 3 lπ Với điều kiện trên thì tan5x=tan3x 5x = 3x + l π x = 2 π kπ lπ l −1 Điều kiện (a) bị vi phạm nếu ∃k , l Z sao cho + = k = 2l + 10 5 2 2 l −1 Vì k,l là số nguyên nên = m là số nguyên l = 2m + 1 2 Suy ra điều kiện (a) không bị vi phạm nếu l = 2n nghiệm x = n π π hπ Điều kiện (b) bị vi phạm nếu ∃h, n Z sao cho n π = + 6n = 2h + 1 ( vô lý) 6 3 Vậy nghiệm x thỏa điều kiện (a) và (b) là x = n π Ví dụ 3: Giải phương trình: ( cot 2 x − 1) − cos 4 x.cot 2 x = cos x (1) 2cot x Giải: cos x 0 π Điều kiện : sin x �۹۹ 0 sin 2 x 0 x l 2 sin 2 x 0 Với điều kiện trên thì (1) ( cos 2 x − sin 2 x ) .sin x − cos 4 x. cos 2 x = cos x 2 sin x.2cos x sin 2 x cos 2 x(1 − cos 4 x) = cos x sin 2 x π sin4x = cosx = sin ( − x ) 2 15
π k 2π x= + 10 5 π k 2π x= + 6 3 π 2kπ π 2kπ lπ l −1 a/ Nghiệm x = + vi phạm điều kiện nếu + = k = l + 10 5 10 5 2 4 l −1 Do k,l Z nên = m l = 4m + 1 4 π 2kπ Vậy x = + là nghiệm Thay l vào k ta có k = 5m + 1 10 5 của (1) với k 5m + 1 π 2kπ π 2kπ lπ k +1 b/ Nghiệm x = + vi phạm điều kiện nếu : + = 1 + 4k = 3l l = k + 6 3 6 3 2 3 k +1 Do k,l Z nên = n k = 3n – 1 3 π 2kπ Vậy x = + là nghiệm của (1) với k 3n – 1 6 3 π k 2π x= + (k 5m + 1) 10 5 Kết luận: Nghiệm của (1) là ( k,m,n Z ) π k 2π x= + (k 3n − 1) 6 3 2/ Việc chọn nghiệm được nảy sinh do biến đổi phương trình ban đầu về phương trình hệ quả 1 Ví dụ 4: Giải phương trình: cosx.cos2x.cos4x.cos8x = (1) 16 Phân tích : vế trái của (1) là biểu thức có dạng tích các cos mà góc sau gâp đôi góc trước nên ta thường nhân hai vế của (1) cho sin góc nhỏ nhất. Giải: a/ Xét sinx = 0 x = lπ không thỏa phương trình (1) b/ Xét sinx 0 x lπ .Nhân hai vế của (1) cho sinx : 1 (1) sinx cosx.cos2x.cos4x.cos8x = sinx 16 1 1 sin2x.cos2x.cos4x.cos8x = sinx 2 16 1 1 sin4xcos4x.cos8x = sinx 4 16 16
2 kπ x= 1 1 15 sin8xcos8x = sinx sin16x = sinx (2) 8 16 π 2kπ x= + 17 17 Ta phải loại bỏ các nghiệm x = lπ vì (2) là phương trình hệ quả của (1) 2 kπ 15l l a/ Nghiệm x = = lπ k = = 7 l + 15 2 2 l Do k,l Z nên = m Z l = 2m , suy ra k = 15m 2 2 kπ Vậy x = là nghiệm của phương trình (1) với k 15m 15 π 2kπ l −1 b/ Nghiệm x = + = l π k = 8l + 17 17 2 l −1 Do k,l Z nên = n Z l = 2n + 1 , suy ra k = 17n + 8 2 π 2kπ Vậy x = + là nghiệm của phương trình (1) với k 17n + 8 17 17 2 kπ x= (k 15m) 15 Kết luận : Nghiệm của phương trình (1) là : (k , m, n Z ) π 2kπ x= + (k 17n + 8) 17 17 1 Ví dụ 5: Giải phương trình: cos2x + cos4x + cos6x + cos8x + cos10x = (1) 2 Phân tích : vế trái của (1) là biểu thức có dạng tổng các cos mà các góc tạo thành một câp số cộng với d công sai d = 2x.Thường để rút gọn ta nhân hai vế cho sin 2 Giải: a/ Xét sinx = 0 x = n π không thỏa phương trình (1) b/ Xét sinx 0 x n π .Nhân hai vế của (1) cho sinx , ta có : 1 (1) sinxcos2x + sinxcos4x + sinxcos6x + sinxcos8x + sinxcos10x = sinx 2 1 [(sin3x – sinx)+( sin5x – sin3x)+(sin7x – sin5x)+( sin9x – sin7x)+( sin11x – sin9x)] = 2 1 sinx 2 kπ sin11x – sinx = sinx sin11x = 0 x = 11 17
kπ kπ Nghiệm x = vi phạm điều kiện nếu ∃ k,l Z sao cho : = n π k = 11.n 11 11 kπ Vậy nghiệm của phương trình (1) là : x = với k 11.n ( k, n Z) 11 Bài tập: Giải các phương trình : 3 1/ cos2x + cos x = 2 ĐS : x = 8n 4 2/ sin3x( cosx – 2sin3x) + cos3x(1 + sinx – 2cos3x) = 0 ĐS : ptvn x x 3/ sinx( cos 2sinx) + cosx( 1 + sin 2cosx) = 0 ĐS : x = 2 π + 8n π 4 4 π 4/ sinx.sin2x.cos(3x + ) = 1 ĐS : ptvn 4 π 5/ sinx.cos4x.cos8x = 1 ĐS : x = + k2 π 2 6/ cos2x + cos4x + cos6x = cosx.cos2x.cos3x + 2 ĐS : x = k π π + 2kπ x= 1 1 2 6 7/ + = ĐS : cos x sin 2 x sin 4 x 5π x= + 2kπ 6 π kπ 8/ tan2x.tan7x = 1 ĐS : x = + (k −5 − 9t ) 18 9 IV. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1. Phương trình sin 8x − cos 6x = 3 ( sin 6x + cos8x ) có các họ nghiệm là: π π π π x= + kπ x= + kπ x = + kπ x= + kπ 4 3 5 8 a. π π b. π π c. π π d. π π x = +k x = +k x = +k x = +k 12 7 6 2 7 2 9 3 7 2. Phương trình sin x + cos x = 16 có nghiệm là: 6 6 π π π π π π π π a. x = 3 + k 2 b. x = 4 + k 2 c. x = 5 + k 2 d. x = 6 +k 2 3. Phương trình sin 3x − 4sin x.cos 2x = 0 có các nghiệm là: π 2π x = k2π x = kπ x=k x=k 2 3 a. x= π + nπ b. x= π + nπ c. π d. 2π 3 6 x= + nπ x= + nπ 4 3 18
x x 4. Phương trình sin 2x = cos 4 2 − sin 4 2 có các nghiệm là; π 2π π π π π π x= +k x= +k x= + kπ x= +k 6 3 4 2 3 12 2 a. π b. π c. π d. 3π x = + k2π x = + kπ x = 3 + k2π x= + kπ 2 2 2 4 5. Phương trình: 3sin 3x + 3 sin 9x = 1 + 4sin 3 3x có các nghiệm là: π 2π π 2π π 2π π 2π x=− +k x = − +k x=− +k x=− +k 6 9 9 9 12 9 54 9 a. 7π 2π b. 7π 2π c. 7π 2π d. π 2π x= +k x= +k x= +k x = +k 6 9 9 9 12 9 18 9 6. Phương trình sin 2 x + sin 2 2x = 1 có nghiệm là: π π π π π π x= +k x = +k x = +k 6 3 3 2 12 3 a. π b. π c. π d. Vô nghiệm. x = − + kπ x = − + kπ x = − + kπ 2 4 3 7. Phương trình 4 cos x − 2 cos 2x − cos 4x = 1 có các nghiệm là: π 2π π π π π π x= =k x= +k x= + kπ x= +k 3 3 6 3 a. 2 b. 4 2 c. π d. π x = k2π x = kπ x=k x=k 2 4 8. Phương trình f 2 cot 2x − 3cot 3x = tan 2x có nghiệm là: π a. x = k 3 b. x = kπ c. x = k2π d. Vô nghiệm 9. Phương trình cos4 x − cos 2x + 2sin 6 x = 0 có nghiệm là: π π π a. x = 2 + kπ b. x = 4 + k 2 c. x = kπ d. x = k2π 3 10. Phương trình sin 2 2x − 2 cos 2 x + 4 = 0 có nghiệm là: π π π 2π a. x = 6 + kπ b. x = 4 + kπ c. x = 3 + kπ d. x = 3 + kπ � π� �π � 5 11. Phương trình cos 2 �x + �+ 4cos � − x �= có nghiệm là: � 3� �6 � 2 π π π π x = − + k2π x = + k2π x = − + k2π x= + k2π 6 6 3 3 a. π b. 3π c. 5π d. π x = + k2π x= + k2π x= + k2π x = + k2π 2 2 6 4 12. Cho phương trình cos 5x cos x = cos 4x cos 2x + 3cos 2 x + 1 . Các nghiệm thuộc khoảng ( −π; π ) của phương trình là: 2π π π 2π π π π π a. − , 3 3 b. − 3 , 3 c. − , 2 4 d. − , 2 2 4� π� 4 � π� 5 13. Phương trình: sin x + sin � 4 x + �+ sin �x − �= có nghiệm là: � 4� � 4� 4 π π π π π a. x = 8 + k 4 b. x = 4 + k 2 c. x = 2 + kπ d. x = π + k2π � π� � π� 14. Phương trình: cos � 2x + �+ cos � 2x − �+ 4sin x = 2 + 2 ( 1 − sin x ) có nghiệm là: � 4� � 4� 19
π π π π x= + k2π x= + k2π x= + k2π x= + k2π 12 6 3 4 a. 11π b. 5π c. 2π d. 3π x= + k2π x= + k2π x= + k2π x= + k2π 12 6 3 4 15. Phương trình: 4 cos5 x.sin x − 4sin 5 x.cos x = sin 2 4x có các nghiệm là: π π x=k x=k x = kπ x = k2π 4 2 a. π π b. π π c. x= 3π + kπ d. π x = + k2π x= +k x= +k 4 3 8 2 4 2 8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh nhớ giá trị lượng giác của một cung. Học sinh có năng lực học toán ở mức trung bình trở lên 10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau: 10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả: Thêm nhiều kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy về phương trình lượng giác 10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân: Học sinh biết cách học và ghi nhớ công thức lượng giác. Biết tìm điểm biểu diễn của một cung trên đường tròn lượng giác Nắm được một số kỹ thuật biến đổi phương trình lượng giác. Biết cách loại nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện. 11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): Số Tên tổ Địa chỉ Phạm vi/Lĩnh vực TT chức/cá nhân áp dụng sáng kiến 20