ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA vào GIẢI một số BÀI TOÁN đại số TRONG TRƯỜNG THPT

Lý do chọn đề tài Là giáo viên dạy nhiều năm ở bộ môn toán THPT, tôi đã gặp không ít những trắc trở trong việc giảng dạy ở nhiều bài toán như giải phương trình, bất phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ TRONG

TRƯỜNG THPT

Người thực hiện: Trịnh Đình Chiến Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh vực (môn) : Toán

MỤC LỤC

Mục lục

1.MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài

1.2 Mục đích nghiên cứu

1.3 Đối tượng nghiên cứu

1.4 Phương pháp nghiên cứu

2 NỘI DUNG

2.1 Cơ sở lí luận

2.1.1 Các hàm số cơ bản………

2.1.2 Một số biểu thức lượng giác cơ bản về miền giá tri

2.1.3 Phép đổi biến số…………

2.2 Cơ sở thực tiễn

2.3 Nội dung nghiên cứu

2.3.1 Dạng 1

2.3.2 Dạng 2

2.3.3 Dạng 3

2.3.4 Dạng 4

2.4 Kết quả nghiên cứu của SKKN

3 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ………

Tài liệu kham khảo

1 2 2 2 2 2 3 3 3 3 4 5 5 5 9 11 13 15 16 18

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài

Là giáo viên dạy nhiều năm ở bộ môn toán THPT, tôi đã gặp không ít những trắc trở trong việc giảng dạy ở nhiều bài toán như giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỉ, tích phân, số phức Vì mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, mỗi cách giải thể hiện được khái niệm toán học của nó Trong các cách giải khác nhau đó, có cách giải thể hiện tính hợp lí trong dạy học, có cách giải thể hiện tính sáng tạo của toán học Phương pháp lượng giác hóa mang lại tính sáng tạo, ngắn gọn, dễ hiểu cho học sinh khi xử lí một số bài toán khó Chính vì vậy tôi chọn đề tài của sáng kiến kinh nghiệm là:”Ứng dụng phương pháp lượng giác hóa để giải một số bài toán đại số trong trường THPT”

1.2 Mục đích nghiên cứu

Trong đề tài này tôi muốn hướng dẫn học sinh giải một số bài toán bằng “ con

mắt” của lượng giác Từ những bài toán không chứa những yếu tố lượng giác, bằng phép đổi biến ta chuyển bài toán về lượng giác, cách giải như vậy gọi là phương pháp lượng giác hoá Qua phương pháp này giúp học sinh phát triển tư duy sáng tạo, tư duy logic và tổng quát hóa bài toán

1.3 Đối tượng nghiên cứu:

Đề tài được áp dụng trong phần giải phương trình, hệ phương trình vô tỉ, số

phức Phương pháp này dành cho học sinh ôn thi học sinh giỏi và ôn thi THPT Quốc gia

1.4 Phương pháp nghiên cứu:

Ở đây tôi nêu ra phương pháp xây dựng cơ sở lí thuyết thông qua một số bài

toán cụ thể về phương trình, có hệ phương trình, số phức Trong mỗi ví dụ tôi đã cố gắng phân tích để dẫn dắt người đọc hiểu và áp dụng được phương pháp lượng giác hóa để giải Bên cạnh đó tôi còn nêu ra một số bài tập để người đọc có thể rèn luyện thêm kiến thức

2 NỘI DUNG

2.1 Cơ sở lí luận

Việc giảng dạy và ôn luyện giúp học sinh giải các bài toán liên quan đến lượng giác hoá, đòi hỏi người giáo viên có phương pháp định hướng cơ bản dạng toán, sử dụng phương pháp nào là logic, biết phân biệt phương pháp nào ngộ nhận

là logic Vấn đề ở chỗ những bài toán nào thích hợp cho việc lượng giác hoá

Những kiến thức liên quan:

2.1.1 Các hàm số cơ bản:

*) Hàm số: y  sinx, y cosx

 Miền xác định: R

 Miền giá trị:  1 ; 1

 Chu kì: 2 

*) Hàm số: y  tanx

 Miền xác định: xR x k ,kZ

2

 Miền giá trị: R

 Chu kì: 

*) Hàm số: y  cotx

 Miền xác định: xR:xk ,kZ

 Miền giá trị: R

 Chu kì: 

2.1.2 Một số biểu thức lượng giác cơ bản về miền giái trị:

4 sin(

2 ) 4 cos(

2 cos

4 sin(

2 ) 4 cos(

2 sin

*) Nếu C  sinx  cosx thì ta có   2   2 C  2   2

2.1.3 Phép đổi biến số:

*) Nếu x k, (k  0 ) thì ta đặt xkcos  ,  0 ;  hoặc   

2

; 2 ,

sin    

k

*) Nếu x  R thì ta đặt 















2

; 2 ,

tan    

*) Nếu x, y thoả mãn điều kiện 2 2 2 2 2 , ( , , 0 )





b y c a b c x

a

c

 



 , 0 ; 2

cos 



b

c

*) Nếu x,y,z thoả mãn xyzxyz hoặc xyyzzx 1 thì ta có thể đặt x tan  ,



 , tan













2

; 2 ,

,    

 

























2

; 2

; 0











*) Một số biểu thức (dấu hiệu) thường gặp:

Biểu thức Cách đặt Miền giá trị của biến

2

2 a

(hoặc x  acot )















2

; 2







(hoặc  0 ; )

2

2 x

(hoặc x  acos )













2

; 2







(hoặc  0 ; )

2

2 a

x 



cos

a

x 

hoặc



sin

a

a 

 















2

\

;

0  



hoặc \ 0

2

;

2 









  



x

a

x

a





hoặc

x a

x a



) )(

R





xy

y

x





1 hoặc 1xxy y 









 tan tan

y x















2

; 2 ,   



2.2 Cơ sở thực tiễn

Trong trường THPT hiện nay có rất nhiều đối tượng học sinh, do đó công việc giảng dạy sao cho đa số học sinh tiếp thu, hiểu và vận dụng giải toán không phải là công việc đơn giản của mỗi giáo viên

Để giảng dạy nâng cao kết quả học tập của học sinh, tôi đã thực hiện nhiều biện pháp từ giáo dục, động viên giúp đỡ trong đó không thể thiếu phương pháp giảng dạy khoa học lôgic, tạo động lực để học sinh say mê, tìm tòi, nghiên cứu, trên

cơ sở khoa học mà người thầy đã gieo Trong các biện pháp đó có một vấn đề liên quan đến đề tài mà tôi đang trình bày và đề tài có nhấn mạnh đến một số dạng tổng quát dành cho học sinh giỏi, nó không phải là để dạy ở một lớp có nhiều đối tượng học sinh Tuỳ thuộc vào yêu cầu rèn luyện, ôn tập cho học sinh mà người thầy linh hoạt giải quyết

2.3 Nội dung nghiên cứu

2.3.1 DẠNG 1: Trong bài có chứa biểu thức dạng a 2 x2

Phương pháp: Ta đặt x  asin  , với  

2

; 2





 (hoặc x  a cos , với 0 ; )

Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x3  3x 1  x2

Nhận xét: Trong phương trình có xuất hiện dấu hiệu 2 2

x

a  với a 1 Giải:

Điều kiện: 1 2 0 1







 x x (*) Với điều kiện (*) ta đặt x cos  ,  0 ;  (**)

Khi đó phương trình được chuyển về dạng:













cos































2 cos

3

cos





































































































4

3 cos 8

5 cos 8 cos

4 3 8 5 8

4

2 8 2

2

3

2 2















































x x x

k

k k

k

Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt , cos34

8

5 cos ,

8

Lưu ý: Ta cũng có thể đặt   

2

; 2 ,

sin    

Ví dụ 2: Giải phương trình: 1  1  x2 x( 1  2 1  x2 )

Nhận xét: Trong phương trình có xuất hiện dấu hiệu a 2 x2 với a 1

Giải:

Điều kiện: 1 2 0 1







 x x (*) Với điều kiện (*) ta đặt   

2

; 2 ,

sin    

Khi đó phương trình được chuyển về dạng:

) cos 2 1 ( sin cos

1 ) sin 1 2 1 ( sin sin

1















2

cos 2

3 sin 2 2 cos 2 2

sin sin 2

cos



























































1 2 1 2

6 2

2 2

3 sin

0 2

cos 0

) 2

3 sin 2 1 (

2

cos

2

x

x

















Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt 









1 2 1

x

x

Lưu ý: Ta cũng có thể đặt x cos  ,  0 ; 

Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 1

1

3 1

1

2





x

Giải:

ĐK: 1 2 0 1 1











Ta đặt x cost,t0 ;  (**)

Khi đó BPT được chuyển về dạng:





























2 cot 0

2 cot 3 cot

1 cos 1

cos 3 cos

1

2

t t

t t

t t

































































2

2 1

1 5 2

sin 4 cos 2 0 4

sin

2

cos

2 2 (**)

x

x t

t

t t

t



Vậy tập nghiệm của BPT là 



























5

2 2

2

; 1

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 















1 1

1 1

2 2

x y

y x

Giải:

ĐK:  1 x,y 1

Ta đặt 









 sin sin

y

x

với  

2

; 2 ,   

Khi đó hệ được đưa về dạng:

0 1 cos sin 0

)

sin(

1

cos

sin

1

cos

sin

1

cos

sin







 











  









  





































































1 0 2

0

y x

y x











Vậy hệ có 2 nghiệm ( 0 ; 0 ), ( 1 ; 1 )

Ví dụ 5: Tìm m để hệ sau có nghiệm: 













m y

mx

y x

5 3 3

0

(1) Giải:

ĐK:  1 x  1

Ta đặt x cost,t0 ; 

Khi đó từ (1) có dạng:

m t m

t t











Để hệ (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn sin t 0

0 4 3

0 5

cos

3

sin

)

5

(

9

)

3

( 2 2

























t

m

t

m

m

4

3





BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Giải các PT, BPT, Hệ PT sau:

1) x3  ( 1  x2 ) 3 x 2 ( 1  x2 )

ĐS: PT có 2 nghiệm:

2

2



2

1 2 2 2



2) 1  1  x2  ( 1  x) 3  ( 1 x) 3 2  1  x2

ĐS: PT có 1 nghiệm:

2

2





1

1

1





x

1

3 1

1

2





x





6) 















2 1

2

2 1

2

2 2

x y

y x

2.3.2 DẠNG 2: Trong bài có chứa biểu thức dạng x 2 a2

Phương pháp: Ta đặt



cos

a

x  , với  















2

\

;

0  



(hoặc



sin

a

a  , với \ 0

2

;

2 









  

Ví dụ 6: Giải phương trình 2 2

1





x

x

Nhận xét: Trong phương trình có xuất hiện dấu hiệu 2 2

a

x  với a 1 Giải:

0 0 1

2















x x

x

(*)

Với điều kiện (*) ta đặt 















2

; 0 , cos





Khi đó phương trình được chuyển về dạng:

















 2 2 sin cos 2 2 sin cos

sin

1 cos

1 2 2 1 cos

1

cos

1

cos

1

2

















Đặt u sin   cos  (điều kiện 1 u 2), ta có

2

1 cos

sin

2



u



Kho đó phương trình có dạng:































) ( 2 1

2 0

2 2

) 1

(

l u

u u

u u

u

2 4

2 2 4 2

) 4 sin(

2 2 cos

Vậy phương trình có 1 nghiệm: x 2

Lưu ý: Ta cũng có thể đặt 















2

; 0 , sin





Ví dụ 7: Giải bất phương trình 325

1





x

x

HD:

















1

1 0

1

2

x

x

Với điều kiện (*) ta đặt  

















2

\

; 0 , cos



t t

Bất phương trình trở thành

2

5 3 sin

1 cos

cos cos

1





t t

t

Xét hai trường hợp:













2

;

0 

Phương trình (2) có dạng:

t t t

t t

5 3 sin

1

cos

1









2

1 cos

sin ) 2

; 2 (

cos

t t u

t t

BPT (2’) trở thành:

5

3 3

5

2

1

5

3

2

2















u

TH2: 











 ; 

2

Ví dụ 8: Giải bất phương trình 25

1

1





x

HD: ĐK: x  1

















2

\

; 0 , cos



t t

Khi đó BPT có dạng:

2

5 cos

1

sin

cos

cos

1





t t

t

Xét hai trường hợp:













2

;

0 











 ; 

2

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

1) Giải phương trình: 1235

1





x

x

ĐS: Phương trình có 2 nghiệm: x 45 ; x35

2) Giải bất phương trình: 1235

1





x

x

2.2.3 DẠNG 3: Trong bài có chứa biểu thức dạng 2 2

a

x  Phương pháp: Ta đặt xa tant, với 















2

; 2





t

(hoặc xa cott , với t0 ; )

Ví dụ 9: Giải phương trình

1

2 1

2 2









x x

Nhận xét: Trong phương trình có xuất hiện dấu hiệu x 2 a2 với a 1

Giải:

ĐK: x  R.

Đặt x tant, với 













2

; 2





1 tan

2 tan

1 tan

2 2











t t

t

























2

1 sin

) ( 1 sin 0

1 sin

sin

2 2

t

l t t

Với

3

1 ) 6

tan(

6 2

1

sin            

x t

Vậy phương trình có 1 nghiệm x   13

Ví dụ 10: Giải bất phương trình

1 3

2 3

1

3 2









x

x x

Giải:

ĐK: x  R

Đặt 3x2 tant, với 















2

; 2





Bất phương trình đã cho trở thành:

1 tan

2 tan

1 tan

2

2











t t

t

3

1 3

3

1 tan

1 sin 2

1 1

sin

sin

2 2           2  



x

t t

t

Vậy BPT có nghiệm đúng x  R

Ví dụ 11: Với a 0, giải bất phương trình 2 2

2 2

a x

a x a x







Nhận xét: Có dạng của ví dụ 10.

Giải:

ĐK: x  R

Đặt xa tant , với 













2

; 2





Bất phương trình đã cho trở thành:

tan

2 tan

tan

2 2 2 2

2 2











a t a

a t

a a t a

3 3

1 tan

1 sin 2

1 1

sin

sin

x t

t t

Vậy BPT có nghiệm đứng x  a3

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

1) Giải phương trình: 2 11 31





 x

ĐS: x  5

2) Giải bất phương trình: 2 2

2 2

) (

2

a x

a a

x x







2.2.4 DẠNG 4: Nếu x,y thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 2 , ( , , 0 )





b y c a b c x



sin

a

c

x  ,  cos  ,  0 ; 2 

b

c

Ví dụ 12: Cho phương trình x 1  x m (với m là tham số) (1)

a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm.

b) Giải phương trình khi m  1

Giải:

0

1

0

















x x

x

Ta thấy rằng ( ) 2 ( 1 ) 2 1





x , nên ta đặt 









t x

t x

sin 1

cos

, với  

2

;

0 

Khi đó phương trình trở thành:

2

) 4 cos(

sin cost tm t   m

(1’)

a) Điện để (1) có nghiệm  (1’) có nghiệm 1 2 2

2

1      



b) Khi m  1, phương trình đã cho trot thành:

2

1 ) 4 cos(   

t





















0

2 4

cos )

4

cos(

t

t t







(do  

2

;

0 

2    

*) Với t 0  x  1  x 1.

Vậy khi m 1 phương trình (1) có 2 nghiệm x  0, x 1

Lưu ý: Bài toán trên ta có thể giải bằng phương pháp khác

Ví dụ : Giải bất phương trình 1 x 1  xx

0

1

0

1





















x x

x

(*) Với điều kiện (*) ta đặt x cos t, với t0 ; 

Khi đó bất phương trình được chuyển về dạng:

0 ) 4 2 cos(

cos 2 cos 2 cos 1 cos

cos 1

cos























t t

t t

t t

0 1

4

2

2        

Vậy bất phương trình có nghiệm  1 x 0

Ví dụ 13 : Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: a x ax a

Giải:



















a x a a x

a

x

0

0

(*) Với điều kiện (*) ta đặt xacost, với t0 ;  (**)

Khi đó bất phương trình được chuyển về dạng:

2

) 4 2 cos(

) 2

sin 2 (cos 2 cos

cos

a

4 2

cos(

2

2 4

4 2

Vậy để bất phương trình có nghiệm thì điều kiện là: 1 4

2   a

Ví dụ 14: Cho số phức z thỏa mãn z 1 2  i  3

Tìm môđun lớn nhất của số phức z 2 i

A 26 6 17  B 26 6 17  C 26 8 17  D 26 4 17 

Giải:

Gọi z x yi; x  ;y  z 2i x y 2i Ta có:

1 2 9 1 2 9

Đặt x  1 3 sin ;t y  2 3 cos ;tt  0; 2  .

2 1 3 sin 4 3 cos 26 6 sin 4 cos 26 6 17 sin ;

max

26 6 17 z 2i 26 6 17 z 2i 26 6 17

         

Ví dụ 15:

Cho số phức z thoả mãn z 3 4  i  5 Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức 2 2

2

P z  z i Tính môđun của số phức

.

A w  2315 B w  1258 C w 3 137 D w 2 309

Giải

Đặt z x yi Ta có Px22 y2  x2 y12 4x2y3

Mặt khác z 3 4  i  5  x 32y 42  5

Đặt x  3 5 sint, y  4 5 cost

Suy ra P 4 5 sint 2 5 cost 23

Ta có  10 4 5 sin  t 2 5 cost 10

Do đó 13  P 33  M  33, m 13  w  33 2  13 2  1258 Chọn B

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

1) Giải bất phương trình: 1 x 1  x x

ĐS:  1 x 0

2) Tìm a để BPT sau có nghiệm: a x ax a

ĐS: a 4

3) Cho số phức z thỏa mãn z 1 2  i  3 Tìm môđun nhỏ nhất của số phức z 1 i.

ĐS: 2

2.3 KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:

Qua quá trình giảng dạy tôi thấy học sinh đã giải quyết các bài toán thuộc các dạng

trên một cách nhanh hơn, linh hoạt hơn bằng phương pháp lượng giác hóa Thực tế,

trong nhiều năm liền tôi may mắn được giảng dạy ở các lớp nâng cao có nhiều đối

tượng học sinh khá, giỏi Vào các tiết luyện tập tôi đã có việc lồng ghép phương

pháp lượng giác háo để học sinh giải được các bài tập nâng cao nhằm các em thu thập thên kiến thức và kinh nghiệm để áp dụng trong các kì thi đại học, cao đẳng Năm học 2018 – 2019 tôi được phân dạy môn toán lớp 12C6, 12C7 trường THPT Hàm Rồng (là lớp chọn theo khối A1 của nhà trường) Kết quả kiểm tra 2 nhóm học sinh (có học lực từ TB khá trở lên) cuối năm lớp 12 về chủ đề: Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô

tỉ, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số phức thu được kết quả như sau:

số

Nhóm 1(Được dạy phương pháp lượng giác hóa): là các học sinh của lớp 12C6 Nhóm 2(không được dạy phương pháp lượng giác hóa): là học sinh của lớp

12C7

3 KẾT LUẬN-KIẾN NGHỊ

3.1 Kết luận

Với kết quả nghiên cứu đã đạt được, tôi đã rất thành công trong việc hướng dẫn, bồi dưỡng đối tượng hoc sinh khá, giỏi Tuy nhiên , để giải quyết các bài toán bằng phương pháp lượng giác hóa thì các en học sinh cần phải nắm vững công thức LG cũng như giải phương trình, BPT lượng giác

3.2 Kiến nghị:

Trong thời gian tới, nếu có điều kiện tôi sẽ mở rộng nghiên cứ đề tài này

Trên đây là một phương pháp giải phương trình, BPT, hệ phương trình vô tỉ, tìm GTLN, GTNN của mô-đun số phức bằng phương pháp lượng giác hóa trong việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Tuy nhiên, đề tài trên không tránh khỏi những thiếu sót cần bổ sung Tôi rất mong được sự góp ý quý đồng nghiệp để SKKN của tôi hoàn thiện hơn

Xin trân thành cảm ơn!