Một số phương pháp giải phương trình lượng giác không mẫu mực

Lý do chọn đề tài : Phương trình lượng giác là một trong những chủ đề quan trọng trong chương trình giáo dục môn toán THPT.. Với học sinh lớp 11, đây là một chủ đề mới, các em còn bỡ ng

A ĐẶT VẤN ĐỀ

1 Lý do chọn đề tài :

Phương trình lượng giác là một trong những chủ đề quan trọng trong

chương trình giáo dục môn toán THPT Nhưng nó cũng là một trong những vấn đề mà phần lớn các em học sinh thấy khó tiếp thu và vận dụng Với học sinh lớp 11, đây là một chủ đề mới, các em còn bỡ ngỡ, chưa nắm rõ phương pháp giải toán nên đa số các em cảm thấy khó khăn khi giải một số bài tập không đúng dạng

Thực tế qua nhiều năm giảng dạy lớp 11, tôi nhận thấy nhiều học sinh mới đầu tiếp thu những kiến thức về phương trình lượng giác rất thụ động, các

em chỉ giải được các phương trình đúng dạng theo một cách máy móc và thường lúng túng khi gặp phải các phương trình lượng giác khác dạng Vì vậy, trong những năm công tác, tôi luôn cố gắng tìm tòi, đúc kết kinh nghiệm nhằm tìm ra các phương pháp hướng dẫn học sinh, giúp các em tiếp thu kiến thức được tốt hơn, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập của học sinh trong quá trình giải phương trình lượng giác ngày càng được nâng lên

Từ lý do trên tôi đã khai thác, hệ thống hóa các kiến thức, tổng hợp các

phương pháp thành một chuyên đề: “Mốt số phương pháp giải phương trình lượng giác không mẫu mực ”

2 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh lớp 11 học chương trình nâng cao môn toán, năm học 2015 – 2016 trường THPT Cẩm Thủy 2

Phạm vi nghiên cứu của đề tài là: “ Chương 1: Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác ” sách giáo khoa đại số và giải tích 11 nâng cao.

3 Mục đích và phương pháp nghiên cứu:

Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh lớp

11 có một tài liệu học tập và ôn tập tốt hơn về chủ đề giải phương trình lượng giác, để từ đó học sinh có một lối tư duy trừu tượng một cách tự nhiên và chính

xác, giúp các em trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc sai lầm khi làm bài tập

Phương pháp nghiên cứu: Nghiên cứu lí luận chung; khảo sát điều tra thực

tế dạy và học; tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm; trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến đồng nghiệp

B NỘI DUNG

Các phương trình lượng giác rất đa dạng không thể có một công thức chung nào để giải mọi phương trình lượng giác, bởi vậy cần thiết sử dụng các phép biến đổi lượng giác thông thường để đưa phương trình ban đầu về các dạng cơ bản đã biết cách giải

Khi giải phương trình lượng giác thông thường ta biến đổi phương trình theo hai hướng sau:

+ Hướng thứ nhất: Biến đổi phương trình đã cho đưa về việc giải các phương trình đơn giản quen thuộc Các phương pháp biến đổi theo hướng này gồm có: Phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hạ bậc, phương pháp biến đổi thành tích, phương pháp, phương pháp đánh giá

+ Hướng thứ hai: Dùng lập luận khẳng định phương trình cần giải là vô nghiệm

Sau đây, tôi sẽ trình bày một số dạng toán và cách giải một số phương trình lượng giác không mẫu mực hay gặp trong chương trình lớp 11

I Bài toán 1: Giải phương trình lượng giác bằng phương pháp đặt ẩn phụ

1 Phương pháp chung:

Trong chương trình lớp 11, các em học sinh đã làm quen với phương pháp đặt ẩn phụ để giải các phương trình lượng giác trong các chủ đề:

- Phương trình bậc hai và bậc cao đối với một hàm số lượng giác

- Phương trình bậc hai đối với sin và cos

- Phương trình đối xứngđối với sinx và cosx

Trong bài toán này ta xét thêm những trường hợp khác, bao gồm:

* Mọi phương trình lượng giác đều có thể thực hiện đại số hóa thông qua hàm

tan, cụ thể đặt tanx  tthì:

2 2

2

2

1

2 2

tan

; 1

1 2 cos

; 1

2 2

sin

;

1 cot

t

t x t

t x

t

t x t

x

















* Đặt sin x 1t hoặc cos x 1t , điều kiện t  1

1 Các ví dụ:

* Ví dụ 1: Giải phương trình:

sin 4x  tanx

Giải

Điều kiện: x  x k ;kZ

2 0

cos  

Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:

+ Cách 1: Đặt tanx  t, ta có:

sin 4x tanx 2 sin 2x cos 2x tanx

Z k

k x

k x

x x

t

t t

t

t

t t

t t

t t

t t

t































































, )

tan(

3 3

2 tan

0 tan

3 2 3

0 0

) 3 6

(

) 1

( )

1 ( 4 1

1 1

2

2

2 4

2 2 2

2 2 2









Vậy, phương trình có ba họ nghiệm

+ Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng tích

cos

sin 2

cos 2 sin 2 tan 4











































0 1 cos

2 2

cos 2

0 sin

0 ) 1 2

cos 2 2

cos 2 ( sin

0 1

2 cos ).

2 cos 1

( 2 sin

0 )

1 2

cos cos 4 (

sin

sin cos

2 cos cos sin 4

2

2 2

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x x

x

k Z

k x

k x vn

x x

x



















































) ( 2 3 1 2

cos

2 cos 2

3 1 2

cos

0 sin









Vậy, phương trình có ba họ nghiệm

* Ví dụ 2: Giải phương trình:

cotx tanx 2 tan 2x

Giải

Điều kiện: x x x k k Z

x x











 











, 4 0 4 sin 0 2 cos 0 2 sin 0 2 cos 0 cos 0 sin

 + Cách 1: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ

1

2 2 tan

;

1 cot tan

t

t x t

x t

x











Phương trình đã cho có dạng:

2 2 2 2

2 1 ( 1 ) 4 1

4 1

t t t t t

t t

t        

Z k

k x

k x

k x

k x

x x x x

t t t

t

t t

t t

t t

t t

t t





































































































































,

tan 2

1 tan

tan 2

1 tan

tan 2

1 tan

tan 2

1 tan

2 1

2 1

0 1

2

0 1

2 2

1

2 1

4 )

1 (

0 1

6

4 3 2 1

4 3 2 1 2

2 2

2

2 2

2 2

4













Vậy phương trình đã cho có bốn họ nghiệm

+ Cách 2: Dùng phương pháp luận hệ số để biến đổi phương trình

Ta có: cotx tanx 2 tan 2x cotx tan 2x tanx tan 2x

x x x x

x x

x x x

x

x

x x

x x

x x

x

sin ) 2 sin cos 2

cos (sin cos

).

2 sin sin 2 cos

.

(cos

2 cos

2 sin cos

sin 2

cos

2 sin

sin

cos

















 cos 3x cosx sin 3x sinx  cos 3x cosx sin 3x sinx 0

 x  x k  x k ,kZ

4 8 2

4 0 4

Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm

* Ví dụ 3: Giải phương trình:

1 0

cos

1 tan 2   

x x

Giải

Điều kiện: x  x k ;kZ

2 0

cos  

cos

1 cos

1 0

1 cos

1















x x

x x

Đặt: , 1

cos

1



t t x

Phương trình trở thành: 



















) ( 2

) ( 1 0

2

2

tm t

tm t

t t

+ Với t  1  cosx 1  xk2  ;kZ

x       

3

2 2

1 cos

2 cos

1





Vậy, phương trình đã cho có ba họ nghiệm

* Ví dụ 4: ( Câu hỏi trắc nghiệm)

Cho phương trình: 5 0

cos

4 tan

4 2







x

m

x ( 1 ) Tìm các giá trị của tham số

m để phương trình có nghiệm thuộc )

2

; 2 (    ?

A m  R B m  45 C m  45 D Không tồn tại

m

Giải

Điều kiện: x  x k ;kZ

2 0

cos  

cos

4 cos

4 0

5 cos

4 tan















x

m x x

m x

Đặt: , 2

cos

2



t t

x Phương trình trở thành: ( ) 2 2 1 0







t mt t

f ( 2 )

Phương trình ( 1 ) có nghiệm thuộc )

2

; 2 (     Phương trình ( 2 ) có nghiệm t  2  ( 2 )có nghiệm t1 2 t 2 hoặc 2 t 1 t2

Giải hệ  m  45

Vậy: Đáp án C

* Bài tập rèn luyện :

Bài 1: Giải các phương trình:

1 2 tan cos

.

3 tan 2 2 sin

2 sin 2 tan 3 1

tan 2 2 sin 3 1

















x x

d

x x

c

x x

b

x x

a

Bài 2: Giải các phương trình:

0 1 sin

1 cot

.

2 cos cos sin

cos ) sin (cos

0 1 2 cot 4 cos sin

3

tan 1 ) 2 sin 1 )(

tan 1 (

2



























x x

d

x x

x x x x

c

x x

x b

x x

x a

II Bài toán 2: Giải phương trình lượng giác sử dụng công thức hạ bậc.

1 Phương pháp chung:

- Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa

- Bước 2: Thực hiện việc hạ bậc của phương trình bằng các công thức:

) 3 cos cos

3 ( 4

1 cos / 6

) 3 sin sin 3 ( 4

1 sin

/ 5

2 cos 1

2 cos 1 cot / 4

2 cos 1

2 cos 1 tan / 3

) 2 cos 1 ( 2

1 cos

/ 2

) 2 cos 1 ( 2

1 sin

/ 1

3 3 2 2 2 2

x x

x

x x

x

c

x x

x

x x

x x

x x





























2 Các ví dụ:

* Ví dụ 1: Giải phương trình:

)

2

17 10 sin(

8 cos 2





x

Giải

Ta có: )

2

17 10 sin(

8 cos 2





x

Z k

k x

k x

k x

k x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x























































































, 3 6

10 20

2 6

2 10

1 6

cos

0 10

cos

0 ) 6 cos 1

( 10

cos

10 cos 2 6

cos 10 cos 2 10

cos 2 ) 16 cos 4

(cos

) 2 10

sin(

2 16 cos 1

2

4 cos

1



















Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm

+ Chú ý1: Với những phương trình chứa số lẻ các nhân tử bậc cao (giả sử bậc

3), thông thường ta không đi hạ bậc tất cả nhân tử đó mà chỉ chọn ra 2 nhân tử

để hạ bậc, Cụ thể ta xét ví dụ sau:

* Ví dụ 2: Giải phương trình:

sin 2x cos 2 2x cos 2 3x





Giải

Ta có: sin 2x cos 2 2x cos 2 3x





Z k

k x

k x

k x

k x

x x x

x x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x





























































































, 2 4

3 6

2 2

2 3

0 2

cos

0 3

cos 0

cos

0 2

cos

0 3

cos 0

cos

2 cos

3 cos 4

0 )

3 cos (cos

3 cos 2

0 3

cos 2

cos

3 cos 2

0 3

cos 2

2 cos 4

cos 3

cos 2

4 cos 1

2 2 cos 1

2

2 2

















Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm

+ Chú ý 2: Với các nhân tử bậc cao hơn 3, ta cần hạ bậc dần Cụ thể ta

xét ví dụ sau:

* Ví dụ 3: Giải phương trình: ) 41

4 ( cos sin 4 4





 x  x

Giải

Ta có: ) 41

4 ( cos sin 4 4





 x  x

Z k

k x

k x

k x

k x

x x

x x

x x

x x























































































, 4

2 4

4 2

2 4

4 2

2

1 )

4 2

cos(

1 ) 4 2

cos(

.

2

1 2

sin 2

cos 1

) 2 sin 1

( )

2 cos 1

(

4

1 ))

2 2

cos(

1 ( 4

1 )

2 cos 1

(

4

1

2 2

2 2

























Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm

* Ví dụ 4: Giải phương trình:

cos 2 x cos 2 2x cos 2 3x cos 2 4x23

Giải

Ta có: cos 2 cos 2 2 cos 2 3 cos 2 4 23







x

























































0 1 2

cos 2 2

cos

4

0 4

cos

0 1 2

cos 2 2

cos 4 ( 4

cos

0 ) 1 2

cos 2 4

cos 2 ( 4

cos

0 4

cos 2 4

cos 2

cos 4

cos

2

3 4

cos 2 6

cos 1

4 cos 1

2 cos

1

2

2

2

2

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x x

x x

x x











































2 cos 4

5 1 2

cos

2 cos 4

5 1 2

cos

0 4 cos

x x x

k x

k x

k x

k x

k x

k x

































































4 8

2 2

2

2 2

2 2 4

























Vậy phương trình đã cho có 5 họ nghiệm

* Ví dụ 5: Giải phương trình:

4 sin 3 cos 3 4 cos 3 sin 3 3 3 cos 4 3





x x

Giải:

Ta có:

x x x

x x

x x

x x

xcos 3 4 cos sin 3 ( 3 sin sin 3 ) cos 3 (cos 3 3 cos ) sin 3

sin









  3 (sin 3x cosx cos 3x sinx)  3 sin 4x

Do đó, phương trình đã cho trở thành:

Z k k

x

k x

k x

k x

x x

x

x x

x x











































































, 2 8

2 24

2 6

5 3 4

2 6

3 4

6 sin )

3 4

sin(

2

1 4

cos 2

3 4

sin

2

1

1 4

cos 3 4

sin 3

4 cos 3 3 4

sin

3

























Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm

Ví dụ 6: ( Câu hỏi trắc nghiệm)

Cho phương trình: sin 6x cos 6xm(sin 4x cos 4x) ( 1 ) Tìm các giá trị của

tham số m để phương trình có nghiệm ?

A m  R B  ; 1

2

1

m C  

2

3

; 2

1

m D Không tồn tại

m

Giải

Ta có: sin 6x cos 6xm(sin 4x cos 4x)

2 3

) 1 ( 4 2 sin ) 2 sin 2

1 1 ( 2 sin 4

3

















2

1 1 2 3

) 1 ( 4

0    







m m

Vậy: Đáp án B

* Bài tập rèn luyện :

Bài 1: Giải các phương trình:

x x

x x

d

x x

x c

x x

x x

b

x x

x a

6 cos 5 sin 4 cos 3 sin

2

3 3 sin 2 sin sin

.

4 cos 2

cos 3

sin sin

.

) 2

21 10 sin(

6 cos 4 sin

2 2

2 2

2 2

2

2 2

2 2

2 2























Bài 2: Giải các phương trình:

8

3 2 cos 6 sin 6 cos 2 sin

4

1 4 cos sin

3 sin 3 cos cos

4 cos 3

cos cos 3 sin sin

4

2 3

cos cos 3

sin sin

3 3

3 3

3

3 3

3

3 3



















x x

x x d

x x

x x

x c

x x

x x

x b

x x x

x a

III Bài toán 3: Giải phương trình lượng giác bằng việc biến đổi về dạng tích.

1 Phương pháp chung:

- Để giải một số phương trình lượng giác, ta có thể biến đổi phương trình về dạng tích: A.B = 0, trong đó A = 0, B = 0 là các phương trình đã biết cách giải

- Có nhiều cách biến đổi một phương trình lượng giác về dạng tích, ở đây tôi chỉ đưa ra hai dạng biến đổi cơ bản thường gặp, đó là:

+ Biến đổi tổng, hiệu thành tích

+ Lựa chọn phép biên đổi cho cos2x

2 Các ví dụ:

a Biến đổi tổng, hiệu thành tích

* Ví dụ 1: Giải phương trình:

1  cosx cos 2x cos 3x 0

Giải

Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:

+ Cách 1: Biến đổi tổng thành tích

Ta có: 1  cosx cos 2x cos 3x 0  ( 1  cos 2x)  (cosx cos 3x)  0

Z k

k x

k x

x x

x x x x

x x

x x

x x

x x

































































, 3 2 3

2 0

2 3 cos

0 2

cos

0 2

cos

0 2

3 cos

0 2

cos 0

2 cos 2 3 cos 2 cos

4

0 )

cos 2

(cos 2

cos 2 0

cos 2 cos 2 cos









Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm

+ Cách 2:Biến đổi về phương trình chứa 1 hàm số lượng giác

Ta có: 1  cosx cos 2x cos 3x 0

Z k

k x

k x

k x

k x

k x

x x x

x x

x

x x

x x



































































































, 3

2 3

2 2

3 2 2

2

1 cos

1 cos

0 cos

0 ) 1 cos

cos 2 ( cos

2

0 cos

3 cos

4 1 cos

2 cos

1

2

3 2





















Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm

* Ví dụ 2: Giải phương trình: cosx cos 2x cos 3x cos 4x 0

Giải

Ta có: cosx cos 2x cos 3x cos 4x 0

0 2 cos 2

5 cos cos 4 0 ) 3 cos 2

(cos cos 2

0 cos 3 cos 2 cos 2 cos 2

0 ) 4 cos 2 (cos ) 3 cos (cos



























x x x x

x x

x x x

x

x x

x x

k x

k x

k x

k x

k x

k x

x x

x

























































































2 5

2 5 2

2 2

2 2 5 2

0 2 cos

0 2

5 cos

0 cos

























k Z

k x

k x























5

2 5

2









Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm

* Ví dụ 3: Giải phương trình:

1  sinx cos 3x cosx sin 2x cos 2x

Giải

Ta có: 1  sinx cos 3x cosx sin 2x cos 2x

Z k

k x

k x

k x

k x

x x x

x x

x

x x

x x

x

x x

x x

x x

x x

x x

x



































































































,

2 3

2 6

7

2 6

2 1 cos

2

1 sin

0 sin

0 )

cos 2 1 )(

1 sin

2 ( sin

0 ) cos 2 cos

sin 4 1 sin

2 ( sin

0 cos

sin 2 sin

2 sin 2 sin

sin

2

0 2

sin )

cos 3

(cos sin

) 2 cos

1

(

2















Vậy phương trình đã cho có 5 họ nghiệm

b Lựa chọn phép biên đổi cho cos2x

* Ví dụ 4: Giải phương trình:

2 cos 3 cos 2 sin 0





 x x x

Giải

Ta có: 2 cos 3 x cos 2x sinx 0

0 ) 2 cos )(sin cos )(sin sin 1 (

0 ] ) cos (sin ) cos (sin 2 )[

sin 1 (

0 ] 1 cos sin 2 ) cos (sin 2 )[

sin 1 (

0 ] 1 ) cos 1 )(

sin 1 ( 2 )[

sin 1 (

0 1 sin ) 1 )(cos sin

1 ( 2

0 1 sin ) 1 (cos cos 2 0 sin 1 cos 2 cos 2

2

2

2 2

3

















































































x x x x x

x x x

x x

x x x

x x

x x

x

x x

x

x x

x x

x x

k x

k x

x

x vn

x x

x x

x

































































4

2 2 1

tan

1 sin )

( 0 2 cos sin

0 cos sin

0 sin 1









Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm

* Nhận xét 1:

- Trong lời giải trên sở dĩ ta lựa chọn biến đổi: cos 2 2 cos 2 1



 x

x , bởi hai nhân

tử còn lại là: 2 cos 3x có hệ số là 2 và sinxcó hệ số là 1

- Trong trường hợp trái lại ta sẽ biến đổi: cos 2x 1  2 sin 2 x

Cụ thể, ta xét ví dụ sau: