intTypePromotion=1
ADSENSE

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

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:
Lưu

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

  1. 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
  2. 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
  3. ­ 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
  4. 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
  5.      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
  6. 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
  7. 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
  8. 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
  9. 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
  10. 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
  11. 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
  12. 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
  13. 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
  14. 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
  15. 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
  16. 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
  17. 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
  18. 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
  19. 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
  20. 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
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2