Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Những kiến thức lượng giác đặc biệt là phương trình lượng giác (PTLG) 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 LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN”
2. Mục đích nghiên cứu
Chuyên đề nhằm rèn luyện cho học sinh kĩ năng tiếp cận vấn đề từ 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

Các hằng đẳng thức cơ bản của lượng giác
Từ đó ta có các kết quả cần chú ý sau
sin 0
2 0
cos 0
a
sin a
a
=

= ⇔

=

sin 0
2 0
cos 0
a
sin a
a
≠

≠ ⇔

≠

2
sin 0 cos 1a a= ⇔ = ±
;
2

cos 0 sin 1
t anx 1 t anx 1
x x≠ ≠ ±
 
⇔
 
≠ − ≠ −
 
3
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
Khi đó
( )
1 sin os2 sin
1
4
cos
1 t anx
2
x c x x
x
π
 
+ + +
 ÷
 
=
+

( ) ( )

tan 1
sin cos
sin cos 0
sin 1 sin 1
2sin sin 1 0
1
1
sin
sin /
2
2
.2
1
6
sin
7
2
.2
6
x x x c x x x x x
x L
x x
x x
x x L
x x
x
x t m
x k
x k Z
x k

= − +

⇔ = − ⇔ ∈


= +


Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối B)
Giải phương trình
cot sin 1 tan .tan 4
2
x
x x x
 
+ + =
 ÷
 
Lời giải: Điều kiện
cos 0
sinx 0 sin2x 0
os 0
2
x
x
c


≠


cos . os sinx.sin
cos cos sinx
2 2
sinx 4 4
sinx sinx cos
cos . os
2
x x
x c
x x
x
x
x c
 
+
 ÷
+ = ⇔ + =
 ÷
 ÷
 
4
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
( )
( )
2 1
4 sin 2 /
sin 2 2
2 .2
.





Ví dụ 3: (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 11/2009)
Giải phương trình
1 1 2
cos sin 2 sin 4x x x
+ =
Lời giải:
Điều kiện
2
cos 0 sin 1 sin 1 sin 1
sin2x 0 sinx 0 sinx 0 sinx 0
sin 4 0 os2 0
1 2sin 0
2
sin
2
x x x x
x c x
x
x



≠ ≠ ± ≠ ± ≠ ±
 

   



=


Đối chiếu với điều kiện ta được
( )
.2
1
6
sin
5
2
.2
6
x k
x k Z
x k
π
π
π
π

= +

= ⇔ ∈


= +


4
sin 2 os 2
os 4
tan tan
4 4
x c x
c x
x x
π π
+
=
   
− +
 ÷  ÷
   
Lời giải:
Điều kiện
sin 0
4
os 0 sin 2 0
4 2
os2 0 sin 2 1
sin 0 sin 2 0
4 2
os 0
4
x
c x x
c x x
x x

 

+ ≠
 ÷

 

Nhận thấy
tan .tan 1
4 4
x x
π π
   
− + =
 ÷  ÷
   
, do đó phương trình đã cho trở thành
4 4 4 2 4 4 2
2
1
sin 2 os 2 os 4 1 sin 4 os 4 2 os 4 os 4 1 0
2
sin 2 0
os 4 1 sin 4 0
os2 0
x c x c x x c x c x c x
x
c x x
c x
+ = ⇔ − = ⇔ − − =

sin 2 0
os 2 1
c x x
x c x c x c x
x
c x

= = ±

+ − = ⇔ − = ⇔ ⇔


=
=



Đối chiếu điều kiện ta được
( )
sin 2 1 2 .2 .
2 4
x x k x k k Z
π π
π π
= ⇔ = + ⇔ = + ∈
6
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
Các bài tập tương tự
1/

2 2 2
sin tan cos 0
2 4 2
x x
x
π
 
− − =
 ÷
 
(2003_D);
5/
( )
2
5sin 2 3 1 sin tanx x x− = −
(2004_B).
7
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
2. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập
2.1 Kiến thức cơ sở
+ Các nhận xét về tính chu kì của hàm số lượng giác
( )
sin 2 sink
α π α α
+ = ∀
;
( )
s 2 osco k c
α π α α


=

= ⇔ = ⇔ ∈


= +


Với
2
k
x
π
=
thì
( )
5
os5 os os 2 os 0 2
2 2 2
k k k
c x c c k c k m m Z
π π π
π
   
= = + = ≠ ⇔ = ∈
 ÷  ÷
   
Với
20 10

x
+
=
+
Lời giải: Điều kiện
sin 0 cos 1x x≠ ⇔ ≠ ±
Khi đó phương trình đã cho trở thành
8
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
( )
( )
( )
( )
2 2 2
sin 1 sin 2 os2 2 2 sin .cos 1 2sin .cos 2 os 1 2 2 cos
cos 0 /
2cos sinx cos 2 0
sinx cos 2 *
x x c x x x x x c x x
x t m
x x
x
+ + = ⇔ + + − =

=
⇔ + − = ⇔

+ =



 

− =
 ÷

= +

 



Vậy phương trình có nghiệm là
( )
2
2
4
x k
k Z
x k
π
π
π
π

= +

∈



x x x x
x x x
x
x x
x
+ = + − ⇔ + = + −
⇔ + − = + −
⇔ + − − + − =

− =
⇔ + − − = ⇔

+ − =


( )
1 cos 1x⇔ =
thoả mãn điều kiện, do đó ta được
2 ,x k k Z
π
= ∈
Tiếp theo giả sử
os 0 sin 1c x x= ⇔ = ±
, thay vào (2) ta được
3 1 0± − =
(vô lí)
Tức là các nghiệm của (2) đều thoả mãn điều kiện.
Giải (2) ta được
1
ar os 2


= ± +


10
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
Ví dụ 4: Giải phương trình
2
2
tan tanx 2
sin
tan 1 2 4
x
x
x
π
+
 
= +
 ÷
+
 
Lời giải: Điều kiện
os 0 sin 1c x x≠ ⇔ ≠ ±
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2

, thay vào (*) ta được
( )
1 2 1 0± ± − =
(vô lí)
Tức là các nghiệm của (*) đều thoả mãn điều kiện.
Giải (*) ta được
( )
3 5
; 2 ; 2
4 6 6
x k x k x k k Z
π π π
π π π
= + = + = + ∈
Ví dụ 5: Giải phương trình
tan5 .tan 2 1x x =
Lời giải: Điều kiện
( )
( )
( )
1
os5 0
10 5
,
os2 0
2
4 2
x m
c x
m n Z

14 7 10 5 5
m
k m k m
π π π π
+
+ = + ⇔ = +
Do
,k m Z∈
nên
1 2 1
: 2
5 2
m t
t Z t m t
+ −
∃ ∈ = ⇔ = +
Lại do
,t m Z∈
nên
1
: 2 1
2
t
s Z s t s
−
∃ ∈ = ⇔ = +
Từ đó
7 3k s
= +
. Suy ra

Các bài tập tương tự
1/
( )
2 sinx cos
1
tan cot 2 cot 1
x
x x x
−
=
+ −
;
2/
2sin c otx 2sin 2 1x x+ = +
;
3/
sinx.cot5x
1;
os9xc
=
4/
( )
2
4
4
2 sin 2 .sin 3
tan 1 ;
cos
x x
x

α
= +
được biểu diễn trên ĐTLG bởi 3 điểm cách đều nhau, tạo thành
3 đỉnh một tam giác đều nội tiếp ĐTLG;
2k
x
n
π
α
= +
được biểu diễn trên ĐTLG bởi n điểm cách đều nhau, tạo thành
n đỉnh một đa giác đều nội tiếp ĐTLG.
+ Ta biểu diễn trên ĐTLG những điểm không thoả mãn điều kiện (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)
Giải phương trình
sin2x +2cos sinx 1
0
tanx + 3
x − −
=
Lời giải: Điều kiện
( )
t anx 3
3
,
cos 0

2
sinx 1 2cos 1 0
1
cos
2
2
3
x x
k
x
x
x k
π
π
π
π
− − = ⇔ + − + =

= −
= − +



⇔ + − = ⇔ ⇔


=

= ± +


Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2006, khối A)
Giải phương trình
( )
6 6
2 cos sin sin .cos
0
2 2sin
x x x x
x
+ −
=
−
Lời giải: Điều kiện
( )
2
2
4
sinx ,
3
2
2
4
x m
m n Z
x n
π
π
π

 
⇔ − − =
 ÷
 
⇔ + − = ⇔ =
⇔ = + ∈
Ví dụ 3: Giải phương trình
sin sin 2
1
sin 3
x x
x
+
= −
Lời giải: Điều kiện
sin 3 0 3
3
x x k x k
π
π
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
Khi đó
sin sin 2
1 sin sin 2 sin3 0
sin 3
2sin 2 .cos sin 2 0
x x
x x x
x
x x x

π
Kết hợp với điều kiện trên đường tròn lượng giác
ta được nghiệm của phương trình là
( )
5
2
4
x k k Z
π
π
= + ∈
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
2
2
2
3
x k
x k
π
π
π

=

⇔


= ± +


=
;
4/
2
2 3. os 2sin3 .cos sin 4 3
1
3 sinx cos
c x x x x
x
+ − −
=
+
;
5/
( )
( ) ( )
1 2sin cos
3
1 2sinx 1 sinx
x x−
=
+ −
(đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ 2009, khối A).
15
O
x
2
π
−
y

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…
16
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
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:
Nội dung kiểm nghiệm
Lớp 11A4

mà
không tìm được điều
kiện hoặc mất quá nhiều
thì gian vào việc tìm ra
điều kiện cụ thể cho
phương trình.
06/44 học sinh kết hợp
ngiệm theo phương pháp
biểu diễn trên ĐTLG
nhưng không đủ nghiệm
hoặc thừa nghiệm.
02/42 học sinh không
thể giải quyết trọn
vẹn bài toán do mải
tìm ra điều kiện cụ
thể.
05/42 học sinh không
thể giải quyết trọn
vẹn bài toán do kết
hợp nghiệm theo
phương pháp biểu
diễn trên đường tròn
đơn vị và dẫn đến
thừa hoặc thiếu
nghiệm.
Không có học sinh nào
giải quyết trọn vẹn bài
toán theo phương pháp
biểu diễn nghiệm và điều
kiện thông qua cùng một

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
19
Trường THPT Kiến An
Nguyễn Trung Tiến
MỤC LỤC
RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN 1
A. MỞ ĐẦU 1
“RÈN LUYỆN KĨ NĂNG KẾT HỢP NGHIỆM VÀ ĐIỀU KIỆN TRONG 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN” 1
4. Phạm vi nghiên cứu 1
5. Điểm mới của chuyên đề 2
B. NỘI DUNG 3
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP NGHIỆM VỚI ĐIỀU KIỆN PHỔ BIẾN:3
1. Biểu diễn nghiệm (của phương trình hệ quả) và điều kiện (của phương
trình ban đầu) qua cùng một hàm số lượng giác: 3
1.2 Một số ví dụ minh hoạ: 3
2. Thử trực tiếp và xét mệnh đề đối lập 8
3. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác (ĐTLG) 13
II. Một số chú ý khi áp dụng chuyên đề vào thực tế. 16
Khi áp dụng chuyên đề vào thực tế giảng dạy có thể nảy sinh một vài vấn đề
cần chú ý như sau 16