zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

SKKN: Rèn luyện kỹ năng kết hợp nghiệm và điều kiện trong phương trình lượng giác có điều kiện

Chia sẻ: Xuan Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Báo xấu

416
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SKKN: Rèn luyện kỹ năng kết hợp nghiệm và điều kiện trong phương trình lượng giác có điều kiện 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.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Rèn luyện kỹ năng kết hợp nghiệm và điều kiện trong phương trình lượng giác có điều kiện

Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An RÈN LUY N KĨ NĂNG K T H P NGHI M VÀ ĐI U KI N TRONG PHƯƠNG TRÌNH LƯ NG GIÁC CÓ ĐI U KI N A. M Đ U 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 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 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 chuyên đề: “RÈN LUY N KĨ NĂNG K T H P NGHI M VÀ ĐI U KI N TRONG PHƯƠNG TRÌNH LƯ NG GIÁC CÓ ĐI U KI N” 2. Mục đích nghiên cứu Chuyên đề 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. 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 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. 4. Phạm vi nghiên cứu Trong việc giải PTLG có điều kiện có thể có nhiều phương pháp kết hợp nghiệm 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
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An tổng hợp và đúc kết những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này mà chủ yếu là đối với học sinh đang học lớp 11. 5. Điểm mới của chuyên đề Chuyên 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 học sinh 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 kết hợp nghiệm và điều kiện trong một bài toán phương trình lượng giác. www.DeThiThuDaiHoc.com 2
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An B. N I DUNG. I. CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM VỚI ĐIỀU KIỆN PHỔ BIẾN: 1. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương trình 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 a = 0 sin a ≠ 0 sin 2a = 0 ⇔  sin 2a ≠ 0 ⇔  cos a = 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 ≠ 0 ⇔ cosa ≠ ± 1 ; cosa ≠ 0 ⇔ sin a ≠ ±1 1.2 Một số ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2010, khối A) Giải phương trình π (1 + sin x + cos2 x ) sin  x +    4 = 1 cos x 1 + t anx 2 Lời giải: cos x ≠ 0 sin x ≠ ± 1 Điều kiện:  ⇔  t anx ≠ −1  t anx ≠ −1 www.DeThiThuDaiHoc.com 3
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An π (1 + sin x + cos2 x ) sin  x +   Khi đó  4 = 1 cos x 1 + t anx 2  π ⇒ cos x (1 + s inx + cos 2 x ) 2.sin  x +  = cos x ( sin x + cos x )  4  π ⇔ (1 + s inx + cos 2 x ) 2.sin  x +  = ( sin x + cos x ) (do cos x ≠ 0 )  4 ( ) ⇔ ( sin x + cos x )( sin x + cos2 x ) = 0 ⇔ ( sin x + cos x ) sin x + 1 − 2sin 2 x = 0   sin x = − cos x  tan x = −1 ( L) sin x + cos x = 0   ⇔ ⇔ sin x = 1 ⇔ sin x = 1 ( L)  2sin x − sin x − 1 = 0 2  1   sin x = − sin x = − 1 (t / m )  2  2  π 1  x = − 6 + k .2π ⇔ sin x = − ⇔  (k ∈ Z ) 2  x = 7π + k .2π   6 Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B) Giải phương trình cot x + sin x  1 + tan x. tan  = 4  x   2  cos x ≠ 0  Lời giải: Điều kiện s inx ≠ 0 ⇔ s in2x ≠ 0  x cos ≠ 0  2  x  x cos x  s inx sin 2  Ta có cot x + sin x  1 + tan x. tan  = 4 ⇔ + s inx 1 + =4 x .  2 s inx  cos x cos   2  x x cos x  cos x.cos 2 + s inx.sin 2  cos x s inx ⇔ + s inx  =4⇔ + =4 s inx x s inx cos x  cos x.cos   2  www.DeThiThuDaiHoc.com 4
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 2 1 ⇔ = 4 ⇔ sin 2 x = (t / m ) sin 2 x 2  π  π  2 x = 6 + k .2π  x = 12 + k .π ⇔ ⇔ (k ∈ Z )  2 x = 5π + k .2π  x = 5π + k .π   6   12 Ví dụ 3: (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 11/2009) 1 1 2 Giải phương trình + = cos x sin 2 x sin 4 x Lời giải:  cos x ≠ 0 sin x ≠ ± 1 sin x ≠ ± 1 sin x ≠ ± 1      Điều kiện s in2x ≠ 0 ⇔ s inx ≠ 0 ⇔ s inx ≠ 0 ⇔ s inx ≠ 0     sin 4 x ≠ 0 cos2x ≠ 0 1 − 2sin x ≠ 0 2 sin x ≠ ± 2   2 1 1 2 Khi đó + = cos x sin 2 x sin 4 x  sin x = −1  ( ) ⇒ 4s inx.cos2 x + 2cos2 x = 2 ⇔ s inx 2sin x + s inx-1 = 0 ⇔ sin x = 0 2  1 sin x =  2  π 1  x = 6 + k .2π Đối chiếu với điều kiện ta được sin x = ⇔  (k ∈ Z ) 2  x = 5π + k .2π   6  π  x = 6 + k .2π Vậy phương trình có nghiệm là  (k ∈ Z )  x = 5π + k .2π   6 www.DeThiThuDaiHoc.com 5
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An Ví dụ 4: (Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán_Tập 2 _Trần Phương) sin 4 2 x + cos 4 2 x Giải phương trình = cos 4 4 x  π   π  tan  − x  tan  + x  4  4  Lời giải:  π  sin  4 − x  ≠ 0     π   π  cos  − x  ≠ 0 sin  2 − 2 x  ≠ 0  4     Điều kiện  ⇔ ⇔ cos2 x ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠ ± 1 sin π  sin π  + x ≠ 0 + 2x  ≠ 0  4    2     cos  π + x  ≠ 0  4     π  π  Nhận thấy tan  − x  .tan  + x  = 1 , do đó phương trình đã cho trở thành 4  4  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 π Đối chiếu điều kiện ta được sin 2 x = 0 ⇔ x = k (k ∈ Z ) 2 sin 2 2 x + cos 4 2 x − 1 Ví dụ 5: Giải phương trình =0 sin x.cos x Lời giải: Điều kiện sin 2 x > 0 Khi đó phương trình đã cho trở thành cos 2 2 x = 0 sin 2 x = ± 1 sin 2 x + cos 2 x − 1 = 0 ⇔ cos 2 x − cos 2 x = 0 ⇔  2 2 4 4 2 ⇔ cos 2 x = 1  sin 2 x = 0 π π Đối chiếu điều kiện ta được sin 2 x = 1 ⇔ 2 x = + k .2π ⇔ x = + k .π (k ∈ Z ) 2 4 www.DeThiThuDaiHoc.com 6
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An Các bài tập tương tự cos 2 x − cos3 x − 1 1/ cos2 x − tan 2 x = ; cos 2 x cos2 x 1 2/ c otx − 1 = + sin 2 x − sin 2 x (2003_A); 1 + t anx 2 2 3/ c otx − t anx + 4sin 2 x = (2003_B); sin 2 x π 4/ sin 2  −  tan 2 x − cos 2 = 0 (2003_D); x x   2 4 2 5/ 5sin x − 2 = 3 (1 − sin x ) tan 2 x (2004_B). www.DeThiThuDaiHoc.com 7
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 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 (α + k 2π ) = sin α ∀α ; co s (α + k 2π ) = cosα ∀α ; tan (α + kπ ) = tan α ∀α ; cot (α + kπ ) = cot 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 cos3x.tan 5 x = sin 7 x Lời giải: Điều kiện cos5 x ≠ 0 Khi đó phương trình đã cho trở thành  kπ x = 2 sin 5 x.cos3 x = 2sin 7 x.cos5 x ⇔ sin 8 x = sin12 x ⇔  2 (k ∈ Z ) x = π kπ +   20 10 kπ Với x = thì 2 5k π  kπ   kπ  cos5 x = cos = cos  + k 2π  = cos   ≠ 0 ⇔ k = 2m (m ∈ Z ) 2  2   2  π kπ  π kπ  Với x = + thì cos5 x = cos  + ≠0 20 10 4 2  π kπ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = mπ ; x = + ( m, k ∈ Z ) 20 10 Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ, 2011, khối A) 1 + s in2x+ cos 2 x Giải phương trình = 2 s inx sin 2 x 1 + c ot 2 x Lời giải: Điều kiện sin x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ ± 1 Khi đó phương trình đã cho trở thành www.DeThiThuDaiHoc.com 8
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 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 (*) ⇔ 0 ± 1 = 2 (vô lí) cos x = 0  π   x = 2 + kπ Do đó phương trình tương đương với   π  ⇔  cos x −  = 1  π     4 x = + k 2π   4  π  x = 2 + kπ Vậy phương trình có nghiệm là  (k ∈ Z )  x = π + k 2π   4 Ví dụ 3: Giải phương trình 1 3s inx + 2 cos x = 3 (1 + t anx ) − cos x Lời giải: Điều kiện cosx ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ± 1 Khi đó 1 3s inx + 2 cos x = 3 (1 + t anx ) − ⇔ 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 ⇔ cos x ( 3s inx + 2 cos x − 1) − ( 3s inx + 2 cos x − 1) = 0 cos x − 1 = 0 (1) ⇔ ( 3s inx + 2 cos x − 1)( cos x − 1) = 0 ⇔  3s inx + 2 cos x − 1 = 0  ( 2) (1) ⇔ cos x = 1 thoả mãn điều kiện, do đó ta được x = k 2π , 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. 1 Giải (2) ta được x = α ± arccos + k 2π k∈Z , 13 2 3 (với cosα = ; sin α = ) 13 13 www.DeThiThuDaiHoc.com 9
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An  x = k 2π Vậy phương trình có nghiệm   x = α ± arccos 1 + k 2π k ∈Z   13 www.DeThiThuDaiHoc.com 10
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An Ví dụ 4: Giải phương trình tan 2 x + t anx 2  π = sin  x +  tan x + 1 2 2  4 Lời giải: Điều kiện cosx ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ± 1 Khi đó tan 2 x + t anx  π 2 2  tan 2 x + 1 = 2 2  4 ( sin  x +  ⇔ cos 2 x tan 2 x + t anx =  2  2 ) s inx + 2 2 cos x     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. 3π π 5π Giải (*) ta được x = + kπ ; x = + k 2π ; x = + k 2π (k ∈ Z ) 4 6 6 Ví dụ 5: Giải phương trình tan 5 x.tan 2 x = 1  π π Lời giải: Điều kiện cos5x ≠ 0  x ≠ 10 + m 5  (1)  ⇔ ( m, n ∈ Z ) cos2 x ≠ 0 x ≠ π + n π ( 2)   4 2 phương trình tương đương với 1 π π tan 5 x = ⇔ tan 5 x = cot 2 x ⇔ x = + k (k ∈ Z ) tan 2 x 14 7 + Đối chiếu điều kiện (1) π π π π 1 + 2m Giả sử +k = +m ⇔ k = m+ 14 7 10 5 5 1 + 2m t −1 Do k , m ∈ Z nên ∃t ∈ Z : t = ⇔ m = 2t + 5 2 t −1 Lại do t , m ∈ Z nên ∃s ∈ Z : s = ⇔ t = 2s + 1 2 π π Từ đó k = 7 s + 3 . Suy ra x = +k với k ≠ 7 s + 3 thoả mãn phương trình 14 7 + Đối chiếu điều kiện (2) www.DeThiThuDaiHoc.com 11
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An π π π π Giả sử +k = +n ⇔ 4k − 14n = 5 ( 3) 14 7 4 2 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. π π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x= +k (k ∈ Z ) 14 7 Các bài tập tương tự 1 2 ( s inx − cos x ) 1/ = ; tan x + cot 2 x cot x − 1 2/ 2 sin x + c otx = 2 sin 2 x + 1 ; s inx.cot5x 3/ = 1; cos9x 4/ tan 4 x +1 = ( 2 − sin 2 ) 2 x .sin 3 x ; 4 cos x 5/ ( 4 cos 2 x − 3) sin 3x = . 1 2 www.DeThiThuDaiHoc.com 12
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 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 ĐTLG x = α + k 2π được biểu diễn bởi một điểm trên ĐTLG; x = α + kπ được biểu diễn trên ĐTLG bởi 2 điểm đối xứng nhau qua O; k 2π x =α + được biểu diễn trên ĐTLG bởi 3 điểm cách đều nhau, tạo thành 3 3 đỉnh một tam giác đều nội tiếp ĐTLG; k 2π x =α + được biểu diễn trên ĐTLG bởi n điểm cách đều nhau, tạo thành n 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. 3.2 Một số ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2011, khối D) s in2x +2 cos x − s inx − 1 Giải phương trình =0 tanx + 3  π  t anx ≠ − 3   x ≠ − 3 + mπ  Lời giải: Điều kiện  ⇔ ( m, n ∈ Z ) cos x ≠ 0   x ≠ π + nπ   2 y Khi đó phươngtrình đã cho trở thành π s in2x +2 cos x − s inx − 1 = 0 ⇔ 2 cos x ( s inx + 1) − ( s inx + 1) = 0 2π 2 π 3  π 3 s inx = −1  x = − + k 2π ⇔ ( s inx + 1)( 2 cos x − 1) = 0 ⇔  2 ⇔ cos x = 1 π  x = ± + k 2π  2   3 Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng O x giác (như hình bên) ta được nghiệm của π π phương trình là x = + k 2π (k ∈ Z ) − 3 π 3 − www.DeThiThuDaiHoc.com 2 13
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối A) Giải phương trình ( ) 2 cos 6 x + sin 6 x − sin x.cos x =0 2 − 2 sin x  π 2  x ≠ 4 + m2π  Lời giải: Điều kiện s inx ≠ ⇔ ( m, n ∈ Z ) 2  x ≠ 3π + n 2π   4 Khi đó phương trình đã cho trở thành ( ) 2 cos 6 x + sin 6 x − sin x.cos x = 0  3  1 ⇔ 2 1 − sin 2 2 x  − sin 2 x = 0  4  2 y ⇔ 3sin 2 2 x + sin 2 x − 4 = 0 ⇔ sin 2 x = 1 3π π π ⇔x= + kπ (k ∈ Z ) 4 4 4 Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng o x giác ta được nghiệm của phương trình là 5π x= + k 2π (k ∈ Z ) 5π 4 4 sin x + sin 2 x Ví dụ 3: Giải phương trình = −1 sin 3 x π Lời giải: Điều kiện sin 3 x ≠ 0 ⇔ 3 x ≠ kπ ⇔ x ≠ k 3 Khi đó sin x + sin 2 x = −1 ⇔ sin x + sin 2 x + sin 3 x = 0 sin 3 x ⇔ 2sin 2 x.cos x + sin 2 x = 0 sin 2 x = 0 ⇔ sin 2 x ( 2 cos x + 1) = 0 ⇔  cos x = − 1  2 www.DeThiThuDaiHoc.com 14
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An  π x = k 2 ⇔ y  x = ± 2π + k 2π π   3 2π 2 π 3 Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác 3 Ta được nghiệm của phương trình là π π O x x= + kπ . 2 4π π − 3 π 3 − 2 Các bài tập tương tự s inx + sin 2 x + sin 3 x 1/ = 3; cos x + cos2 x + cos3 x 2/ cos x + sin 3 x = 0 ; 1 − cos x + 1 + cos x 3/ = 4s inx ; cos x 2 3.cos 2 x + 2sin 3 x.cos x − sin 4 x − 3 4/ =1; 3 s inx + cos x (1 − 2 sin x ) cos x 5/ = 3 (đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2009, khối A). (1 + 2s inx )(1 − s inx ) www.DeThiThuDaiHoc.com 15
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 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 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. 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 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? 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. 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 chuyên đề: Do thời gian có hạn nên chuyên đề chỉ đề cập những phương pháp cơ bản về kết hợp nghiệm với điều kiện của phương trình lượng giác có điều kiện. Chuyên đề 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, lôga rít và hàm số dưới dấu căn… www.DeThiThuDaiHoc.com 16
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An C. KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY Trong quá trình giảng dạy tôi đã đem các vấn đề trên áp dụng vào hai buổi dạy tăng cường (sau khi đã dạy cho học sinh phương pháp giải phương trình lượng giác). Kết quả cụ thể như sau: Lớp 11A4 Lớp 11A3 Nội dung kiểm nghiệm (chưa đc học tăng cường) (đã đc học tăng cường) Kiểm tra: 05/44 học sinh giải quyết 35/42 học sinh giải Giải phương trình trọn vẹn bài toán. quyết trọn vẹn bài toán. 3 + cos8x = 4cos 4 4 x  π   π  34/44 học sinh chỉ biến 02/42 học sinh không tan  − x  tan  + x   4   4  đổi đến phương trình thể giải quyết trọn (Thời gian làm bài: 15 phút) 2cos 4 4 x − cos 2 4 x − 1 = 0 mà vẹn bài toán do mải không tìm được điều tìm ra điều kiện cụ kiện hoặc mất quá nhiều thể. thì gian vào việc tìm ra điều kiện cụ thể cho phương trình. 05/42 học sinh không 06/44 học sinh kết hợp thể giải quyết trọn ngiệm theo phương pháp vẹn bài toán do kết biểu diễn trên ĐTLG hợp nghiệm theo nhưng không đủ nghiệm phương pháp biểu hoặc thừa nghiệm. diễn trên đường tròn đơn vị và dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm. Không có học sinh nào 31/42 học sinh giải giải quyết trọn vẹn bài quyết trọn vẹn bài toán theo phương pháp toán nhờ phương biểu diễn nghiệm và điều pháp biểu diễn kiện thông qua cùng một nghiệm và điều kiện hàm số lượng giác. thông qua cùng một 05/42 học sinh giải quyết hàm số lượng giác trọn vẹn các bài toán cos2x . theo phương pháp kết 04/42 học sinh giải hợp nghiệm và điều kiện quyết trọn vẹn các bài toán theo phương www.DeThiThuDaiHoc.com 17
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An trên ĐTLG pháp kết hợp nghiệm và điều kiện trên ĐTLG. www.DeThiThuDaiHoc.com 18
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An 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 hơn kính mong các thầy cô, đặc biệt là các thầy cô trong tổ Toán – tin, trường THPT Kiến An, tiếp tục đọc kỹ bản thảo, thảo luận để đóng góp, bổ sung cho chuyên đề. Hi vọng chuyên đề này có thể được coi là một tài liệu để các đồng nghiệp tham khảo nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy linh hoạt trong giải toán nói chung và giải phương trình lượng giác nói riêng. Xin chân thành cảm ơn! Hải Phòng, ngày 10 tháng 04 năm 2013 Người thực hiện Nguyễn Trung Tiến www.DeThiThuDaiHoc.com 19
Nguyễn Trung Tiến www.MATHVN.com Trường THPT Kiến An M CL C A. MỞ ĐẦU ................................................................................................................... 1 B. NỘI DUNG................................................................................................................ 3 I) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM PHỔ BIẾN:............................ 3 1. Biểu diễn nghiệm và điều kiện qua cùng một hàm số lượng giác: .................... 3 2. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập: ................................................................ 7 3. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác: ………………………………….10 II) MỘT SỐ CHÚ Ý KHI ÁP DỤNG CHUYÊN ĐỀ VÀO THỰC TẾ……..16 III) HƯỚNG PHÁT TRIỂN CHUYÊN ĐỀ: .......................................................... 16 C. KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY……………………………18 D. KẾT LUẬN: ............................................................................................................ 17 E. TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................... Error! Bookmark not defined. www.DeThiThuDaiHoc.com 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.