SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
" GIẢI PHÁP GIẢNG DẠY PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG
GIÁC KHÔNG MẪU MỰC"

1


PHẦN I : MỞ ĐẦU
1.

Lý do chọn đề tài

Có thể khẳng định rằng nhiệm vụ cao cả của trƣờng THPT và ngƣời
giáo viên là đào tạo và xây dựng thế hệ trẻ có đầy đủ phẩm chất đạo đức và trí
tuệ để làm chủ tƣơng lai.
Trong quá trình giảng dạy chƣơng I đại số- Lớp 11: “ Hàm số lƣợng
giác và phƣơng trình lƣợng giác ” tôi nhận thấy phƣơng trình lƣợng giác là một
trong những kiến thức cơ bản, thƣờng gặp trong các đề thi đại học, cao đẳng và
thi học sinh giỏi. Trong chƣơng học này học sinh đã nắm đƣợc các dạng
phƣơng trình lƣợng giác cơ bản và phƣơng trình lƣợng giác thƣờng gặp. Tuy
nhiên phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực rất đa dạng và không thể có
phƣơng pháp chung nào đề giải mọi phƣơng trình lƣợng giác đó nên học sinh
thƣờng thấy lúng túng trong việc phân tích, lựa chọn cách giải phù hợp, ngắn
gọn.
Để giúp học sinh học tập môn Toán nói chung và phƣơng trình lƣợng
giác nói riêng đạt kết quả tốt đã có rất nhiều tài liệu, sách báo đề cập đến, tuy
nhiên tài liệu riêng về phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực còn ít chính vì
thế học sinh còn khá bỡ ngỡ và gặp khó khăn khi gặp các phƣơng trình dạng
này.

Phạm vi nghiên cứu: Nội dung chƣơng trình toán THPT.
Tập trung nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn đúc rút kinh nghiệm phƣơng
pháp dạy học sinh giải các phƣơng trình lƣợng giác.
Có thể khẳng định phƣơng trình lƣợng giác rất đa dạng nhƣng có thể nói
có hai dạng riêng biệt là: Phƣơng trình lƣợng giác mẫu mực và phƣơng trình
không lƣợng giác không mẫu mực. Những phƣơng trình lƣợng giác mẫu mực
đã có cách giải cụ thể ở sách giáo khoa vì vậy trong đề tài tôi chỉ nghiên cứu
một số phƣơng pháp giải phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực.
Áp dụng đề tài:
Khối lớp 11 – Năm học 2011 - 2012
Khối lớp 11 – Năm học 2012 – 2013
Trƣờng THPT Trần Nhật Duật-Yên Bình- Yên Bái
5- Nhiệm vụ của đề tài
Trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản, vững vàng khi giải phƣơng
trình lƣợng giác.
- Phân loại các phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực.
- Chỉ ra các phƣơng pháp giải mỗi dạng phƣơng trình lƣợng giác đó.
- Giúp cho học sinh có những kỹ năng và thao tác khi giải phƣơng trình lƣợng
3


giác
6- Phương pháp nghiên cứu
+ Nghiên cứu lý thuyết qua sách giáo khoa
+ Nghiên cứu tài liệu tham khảo
+ Điều tra, khảo sát thực tế học sinh
+ Trao đổi cùng các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn.
+ Tích lũy đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy
* Xây dựng một hệ thống bài tập hợp lý, phân loại các dạng bài tập từ đó lựa
chọn các ví dụ cụ thể hƣớng dẫn cụ thể từng loại.

Trong thực tế các đề thi vào các trƣờng đại học đều xuất hiện phƣơng
trình lƣợng giác đối với học sinh nhận thức trung bình khá nhƣ đa số học sinh
trong trƣờng thì không phải lúc nào các em cũng giải thành thạo.Trong khi học
lí thuyết các em học sinh chỉ đƣợc học các phƣơng trình cơ bản, mẫu mực
chính vì vậy tôi luôn băn khoăn và tìm cách đƣa đến cho học sinh những
phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực để học sinh làm quen . Để giải thành
thạo các phƣơng trình lƣợng giác điều đầu tiên là học sinh phải nắm vững và áp
dụng linh hoạt các công thức biến đổi, học sinh dựa vào kiến thức về cung và
góc lƣợng giác, giá trị lƣợng giác của một cung, giá trị lƣợng giác của cung có
liên quan đặc biệt ở đại số lớp 10, nắm vững phƣơng pháp giải các phƣơng
trình lƣợng giác cơ bản và phƣơng trình lƣợng giác mẫu mực (Đại số và giải
tích lớp 11).
2. Cơ sở thực tiễn
- Dựa vào yêu cầu của các đề thi vào các truờng Cao đẳng và Đại học
- Căn cứ vào yêu cầu và mục tiêu của hệ thống giáo dục bậc THPT.
Với mục đích giúp nâng cao năng lực học tập, rèn luyện kiến thức , kĩ năng
nhận dạng và cách tập dƣợt làm bài nhanh nhất . Có đƣợc điều đó thì học sinh
mới có
thể đạt đƣợc kết quả tốt trong các kì thi quan trọng.
CHƢƠNG 2: THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI.
Ngay từ những năm học trƣớc tôi đã thu thập các tài liệu, các bài tập
phƣơng trình lƣợng giác không mẫu mực, tiếp thu các ý kiến của các đồng
nghiệp để xây
dựng nội dung cho đề tài . Với cách thức là phát huy các kiến thức cơ bản về
phƣơng
trình mà học sinh đã biết cách giải tôi đƣa ra một số phƣơng trình đặc biệt để

5




23

14,1 %

Khá

24

14,7 %

51

31,2 %

Tb

48

29,4 %

62

38 %

Yếu

63

38,6 %


8

5,2 %

25

16,2 %

Khá

17

11 %

43

27,9 %

6


Tb

49

Yếu

57


thức, có kỹ năng để giải bài tập
+ Chƣa tạo ra hứng thú cho học sinh trong quá trình học tập.
Từ đó tôi thiết nghĩ cần phải giúp đỡ hƣớng dẫn các em ngay từ những kiến
thức đầu tiên. Trên cơ sở đó nếu thấy học sinh yếu phần nào ta có thể bổ sung
kịp thời cùng với sự hƣớng dẫn học sinh tham khảo tài liệu liên quan đến bài
học.
Trong đề tài này tôi sẽ cố gắng đƣa ra một phƣơng pháp giải phƣơng trình
lƣợng giác không mẫu mực để từ đó giúp học sinh có một cái nhìn tổng quát và
cụ thể nhất.
CHƢƠNG 3: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
A – Kiến thức cơ bản
Xuất phát từ thực tế là học sinh ngại khó khi giải các bài tập lạ, tôi thấy
cần phải tạo cho các em học sinh niềm say mê , ý thức học tập, tạo cho các em
biết đặt ra câu hỏi và biết tự trả lời câu hỏi. Khi gặp bài toán khó phải có nghị
lực tập trung tƣ tƣởng, tin vào khả năng học tập của chính mình.
Chính vì thế trong nhiều năm học qua tôi đã áp dụng những gì mình đƣợc
tìm

7


hiểu, đƣợc trao đổi với đồng nghiệp áp dụng vào việc giảng dạy. Và tôi nhận
thấy
hiệu quả và chất lƣợng dạy học đƣợc nâng lên rất rõ rệt.
Để đề tài đƣợc thực hiện có hiệu quả tôi đã thực hiện theo các bƣớc:
Giai đoạn 1: Thu thập tài liệu
Đọc sách giáo khoa, sách tham khảo, đề thi tuyển sinh đại học, xem tài liệu
trên mạng và qua ý kiến của đồng nghiệp nhờ vậy tôi đã có một hệ thống các
dạng bài tập, tôi sắp xếp thành hệ thống từ dễ đến khó .
Giai đoạn 2: Thực hiện nội dung nghiên cứu


sin 3 x 

1
1  cos 2 x 
2

1
 3sin x  sin 3x 
4

Ví dụ 1 : Giải phƣơng trình sau.
Giải : Ta có (1)



cos 2 x 

cos3 x 

1
1  cos 2 x 
2

1
 3cos x  cos 3x 
4

sin 2 x  cos 2 2 x  sin 2 3 x 



k

(3)


4

1


 2 x    k 2  x    k
2
3
6

Phƣơng trình có nghiệm là
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình
Giải: (1)

(2)

x


8

k





 sin  4 x    sin  2 x    0
6
6





 2sin  3x   cos x  0
6




 

x



k

sin 3x    0
18
3
  

6


x

sin 4 x  cos 4 x 


2

 k

k Z

7
  


cot  x   cot   x 
8
3 6



(1)

Giải :
Nhận

xét

x

 

sin  x  3   0
 


sin    x   0

  6


Giải: Điều kiện

Với điều kiện (*) thì

(*)

1
7
1
(1)  1  sin 2 2 x   sin 2 2 x 
2
8
4
 1  cos4 x 

Phƣơng trình có nghiệm là

x




1


 x  k
2
12
2

(1)

.

Khi đó phƣơng trình (1) trở thành

 
sin 3 t  2 sin  t  
 4

 sin 3 t  sin t  cost
 sin 3 t  (sin t  cost )(sin 2 t  cos 2t )
 cost ( sin 2 t  sin tcost  cos 2t )  0

 cost  0

sin 2t  2
(2)  t 



(k  Z )

d ng

thuật gh p c ng thức 1  sin 2 x  cos2 x .

hi ậc c a in và co h ng đ ng ậc và h n
nhau hai ậc ta nên gh p
2
2
1  sin x  cos x đ ph ng tr nh tr nên đ n giản h n
 1

sin 4 x  cos4  x   
4 4


Ví dụ 5: Giải phƣơng trình:

Giải: Ta có sin 4 x  cos4  x     1


4

4

1
1

1


3

2 x  
 k 2
4


4
4

Phƣơng trình có nghiệm là

x  k ; x 


4

(k  Z )

 k (k  Z )

Ví dụ 6: Giải phƣơng trình sin 6 x  cos6 x  sin 2 x (1)
Giải:
Ta có

sin 6 x  cos6 x  (sin 2 x)3  (cos 2 x)3
3
3
1


(2)


1
2
(2)  x   arccos  k
2
3

k Z

Phƣơng trình có nghiệm là x  
Ví dụ 7: Giải phƣơng trình
Giải: (1)

1
2
arccos  k ; x  k
2
3

cos2 2 x  sin 4 x  3  0

(k Z )

(1)

 (1  2sin 2 x)2  4sin 4 x  3  0


 k , k  Z

(1)

(*)

Với điều kiện (*) thì
(1) 

8sin 3 x cos x  4sin x.cos x.cos 2 x
 sin 3 x  2 cos 2 x  1
2 cos x

 2sin x  3sin x  4sin 3 x  4sin 2 x  1
 4sin 3 x  4sin 2 x  sin x  1  0
sin x  1
 2
sin x  1
4

 cos 2 x 

(loai )
(2)

1


 2 x    k 2  x    k
2

12


1 

 3
 1  2sin 2 xcos 2 x   sin  4 x    sin2 x    0
2 
2
 2

 2  sin2 2 x  cos 4 x  sin2 x  3  0
  sin 2 2 x  1  2 sin 2 2 x   sin2 x  1  0

s in2 x  1
 sin2 2 x  sin2 x  2  0  
s in2 x  2(l )
 sin2 x  1  x 


4

 k

Phƣơng trình có nghiệm

k  Z 
x

Ví dụ 10: Giải phƣơng trình

Điều kiện

cos 2 x  0  x 


2

 k

(k  Z )

(*)

Với điều kiện (*) thì
(1)




 tan x(3tan 2 x  1)  3(1  sin x)(1  tan 2 x)  4 1  cos(  x) 
2


 tan x(3tan 2 x  1)  3(1  sin x)(1  tan 2 x)  4(1  sin x)

  3tan 2 x  1  sin x  cos x  sin x cos x   0
3tan 2 x  1
(2)

(3)


 t 2  1  2sin x cos x

Khi đó phƣơng trình (3) trở thành
t

Với

t  1  2 (l )
t 2 1
 0  t 2  2t  1  0  
2
t  1  2

t  1  2

có sin x  cosx  1  2


2 1 
x  arcsin
  k 2


2 1

2
4

 sin  x   

4
4
2

Ví dụ 12: Giải phƣơng trình

sin 6 x  cos6 x  2(sin 8 x  cos8 x)

k Z

(*)

Giải :
(*)

 sin 6 x  2sin8 x  cos6 x  2cos8 x  0

 sin 6 x(1  2sin 2 x)  cos 6 x(2cos 2 x  1)  0

 sin 6 xcos2x  cos6 xcos2x  0
 cos2 x(sin 6 x  cos6 x)  0

(1)
 cos2 x  0
 6
6
sin x  cos x  0 (2)
(1)  x 



4(sin 6 x  cos 6 x)  6.cos 2 x  2.cos 4 x
0
sin 2 x

14

(1)


Giải: Điều kiện:

sin 2 x  0  x  k

Với điều kiện (*) thì (1)



k Z

2

(*)

3
 4(1  sin 2 2 x)  6 cos 2 x  2(2 cos 2 2 x  1)  0
4

 4  3sin 2 2 x  6cos 2 x  4cos 2 2 x  2  0
 4  3(1  cos 2 2 x)  6cos 2 x  4cos 2 2 x  2  0


1
 1
x  arccos     k
2
 7

Vậy phƣơng trình có nghiệm là

;

1
 1
x   arccos     k
2
 7

(k  Z )

Ví dụ 14: Giải phƣơng trình

sin 4 x  cos 4 x 1
  tan x  cot x 
sin 2 x
2

Giải: Điều kiện: sin 2 x  0  x  k
Với điều kiện trên thì


2






2 cos 6 x  sin 6 x  sin x cos x
2  2 sin x

Giải:
Điều kiện:

sin x 

2
2

(*)

15

0

(1)


Với điều kiện (*) thì (1)





Giải: Điều kiện:
Ta có:

(VN )

x


4



x

5
 k 2  k  Z 
4

sin 4 2 x  cos 4 2 x
 cos 4 4 x






tan   x  .tan   x 
4

4


1
1  cos 2 4 x   cos 4 4 x

2

 2cos 4 4 x  cos 2 4 x  1  0
cos 2 4 x  1

 2
 cos8 x  1  x  k ; k  Z
1
cos 4 x   VN 
4

2

Kết hợp với điều kiện ta đƣợc nghiệm của phƣơng trình là

Bài tập tự rèn luyện: Giải các phương trình sau
1,

sin 2 3x  cos2 4 x  sin 2 5 x  cos 2 6 x

16

xk


2

7,

3cos 4 x  8cos6 x  2cos 2 x  3  0

8,

4(sin 3 x  cos3 x)  cos x  3sin x

9,



2 2 cos3  x    3cos x  sin x  0
4


10,

 
 3

cos 4 x  sin 4 x  cos  x   sin  3 x     0
4 
4 2


Dạng 2: Biến đổi phƣơng trình lƣợng giác đã cho thành phƣơng trình tích
Phƣơng pháp chung : Việc biến đổi phƣơng trình lƣợng giác thành phƣơng
trình tích cần lựa chọn một trong các cách sau
Cách 1 : Biến đổi tổng, hiệu thành tích.


*

cos x  0  x 

Do


2

 k

(k  Z )

14 1

0,5  k  
x   0;14 , k  Z  0   k  14  
 2  k  0;1; 2;3
2

k Z



  3 5 7 
x ; ; ; 
2 2 2 2 

Vậy nghiệm của phƣơng trình là

4(1  sin x) 1  sin 2 x 2
1  sin 2 x

 (1  cos2 x)(1  sin x)  2sin 3 x  (1  sin x)(1  sin 2 x)  2sin 2 x
 (1  cos2 x)(1  sin x)  (1  sin x)cos 2 x  2sin 2 x(1  sin x)
 (1  sin x)(1  2sin 2 x)  0  cos2 x  0
x

( Vì cosx  0 )

4

k


2

;

k Z

Ví dụ 3: Giải phƣơng trình 1  cos x  cos2x  cos3x  0

(1)

Giải:
(1)  (1  cos2 x)  (cos x  cos3x)  0
 2cos2 x  2cos 2 x.cos x  0
 2cos x(cos x  cos2 x)  0
 2 cos


3x
2



3
3
2 2
cos  0
2


18

(k  Z )


Vậy phƣơng trình có nghiệm là
Ví dụ 4: Giải phƣơng trình

x


2

 k ; x 


3

 k 2
3

Nghiệm của phƣơng trình :

x


4

 k ; x  

2
 k 2 ,
3

k Z

Ví dụ 5: Giải phƣơng trình
sin 2 x(cos x  3)  2 3.cos3 x  3 3.cos 2 x  8( 3.cos x  sin x)  3 3  0

(1)

Giải:
(1  2sin x.cos2 x  6sin x.cos x  2 3.cos3 x  6 3 cos2 x  3 3  8( 3.cos x  sin x)  3 3  0
 2 cos2 x( 3 cos x  sin x)  6.cos x( 3 cos x  sin x)  8( 3 cos x  sin x)  0
 ( 3 cos x  sin x)(2cos2 x  6cos x  8)  0
 tan x  3
 3 cos x  sin x  0


1  s in2x  cos 2 x
 2.sin x.s in2x
1  cot 2 x

Ví dụ 6: Giải phƣơng trình
Giải: Điều kiện

x

sin x  0  x  k

(1)

k Z

Với điều kiện trên thì phƣơng trình (1)
 sin 2 x(1  sin2x  cos 2 x)  2 2 sin 2 x cos x
 1  sin 2 x  cos 2 x  2 2 cos x
 2 cos 2 x  2sin x cos x  2 2 cos x  0

cos x  0

 2 cos x(cos x  sin x  2)  0  
cos x  sin x  2

*
*

cos x  0  x 



k Z

9sinx  6cosx  3sin2x  cos2x  8

(1)

Giải:
(1)  9sinx  6cosx  6sinxcosx  1  2sin 2 x  8
  6cosx  6sinxcosx    2sin 2 x  9sinx  7   0

 6cosx 1  sinx    sinx  1 2sinx  7   0
 1  sinx  6cosx  2sinx  7   0
1  sinx  0 (2)

6cosx  2 sinx  7 VN 
(2)  sinx  1  x 


2

 k 2

Phƣơng trình có nghiệm

x


2




(2)

5
2

 x  18  k 3
(1)  
 x   k

8
2




 x  8 k 2
(2)  
 x     k

4

Ví dụ 9 : Giải phƣơng trình
Giải : Điều kiện

tan x  tan 3x  2sin 2 x 1

cos x  0, cos3x  0  x 



(3)  1  cos4 x  cos2 x  0
 cos2 x  0
 2 cos 2 x  cos2 x  0  
cos2 x   1

2
2

cos2 x  0  x 
cos2 x  


4

k


2

1


 x  k
2
3
2

21



4 cot x  2 

sin x  0  x  k

3  cos 2 x
sin x

(1)

k Z

Với điều kiện trên thì (1)
 4cos x  2sin x  3  cos 2 x
 (cos x  sin x)  3(cos x  sin x)  3  (cos x  sin x)(cos x  sin x)
 (1  cos x  sin x)(cos x  sin x  3)  0

 x  k 2 (L)
sin x  cos x  1


 x  3  k 2
sin
x

cos
x

3
VN



*



x   k 2

1
6
sin x   
, (k  Z ).
5
2
 x    k 2

6

22


1

 x    k 2
2
3

*

cos x 

 2sin 3x  3(sin 5 x  sin 3x)
sin x  0
 2sin x( 3cos 4 x  4sin 2 x  3)  0  
2
3cos 2 x  cos 2 x  2  0

 x  k

 x   1 arccos( 2 )  k
2
3


Ví dụ 13: Giải phƣơng trình
Giải: Điều kiện

cos x  0  x 





cos 2 x  cos x 2 tan 2 x  1  2


2

 k

, k Z

 
 x     k 2
3


(VN )

k  Z 

Ví dụ 14: Giải phƣơng trình cos 2 x  cos3x  sin x  cos 4 x  sin 6 x. (1)
23


Giải:
(1)

 (cos 2 x  cos 4 x)  sin x  (cos3x  2 sin 3x. cos3x)  0
 (2 sin x sin 3x  sin x)  (2 sin 3x cos3x  cos3x)  0

1

sin 3 x  2
 (2 sin 3x  1)(sin x  cos3x)  0  
cos 3 x  cos    x 



2




 x     k

4

Ví dụ 15: Giải phƣơng trình

( k  ).

4sin 2 x  3cos 3x  3  4sin x  1

(1)

Giải:
(1)  4sin 2 x  12sin x  3  3cos 2 x
 8sin x.cos x  12sin x  6sin 2 x
 2sin x  4cos x  3sin x  6   0
sin x  0
(2)


 4 cos x  3sin x  6  0 (VN )
(2)  x  k

k Z

Nghiệm của phƣơng trình là

x  k


 1)  1]  2

24



(1)


 2cos3 x  3cos 2 x  3cos x  2  0
 (cos x  1)(2cos 2 x  5cos x  2)  0

cos x  1
 x    k 2

 cos x  1/ 2  
 x     k 2
cos x  2(VN )
3


Ví dụ 17: Giải phƣơng trình cos3x  cos2x  cosx 1  0
Giải: Ta có cos3x  cos2x  cosx 1  0
 4cos3 x  3cos x  2cos 2 x 1  cosx 1  0

 cos2 x(2cosx  1)  (2cos x  1)  0
 2 cos x  1  0
 (2cos x  1)(cos 2 x  1)  0  
2
 cos x  1  0

2
 k 2
3

(k  Z )

 7

 4sin 
 x
3 

 4

sin  x 

2 

1

 



  sin    2   x    cosx
2


 


 7

 4sin 
 x
3 

 4

sin  x 

2 

1

1
1
1

 4
(sin x  cosx)
sin x cosx
2

Điều kiện

sin x  cosx
 2 2(sin x  cosx)
sin xcosx

 (sin x  cosx)(1  2 sin 2 x)  0