MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP BỔI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 “CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO, PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ TOÁNTHCS, BẤT ĐẲNG THỨC Bunhiacopski ”

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP BỔI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN “CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO, PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ TOÁN THCS, BẤT ĐẲNG THỨC Bunhiacopski ” PHẦN I :MỞ ĐẦU I-Lý chọn đề tài: Toán học mơn học có tính chất quan trọng việc phát triển rèn luyện kỹ năng, tư sáng tạo, kỹ phân tích tổng hợp, tính cẩn thận, kiên trì, tính xác, lực sáng tạo khả tư lơgíc cho học sinh Đào tạo học sinh giỏi công tác quan trọng ngành giáo dục Trong xu phát triển nay, việc đào tạo, bồi dưỡng học sinh giỏi nhu cầu cấp thiết xã hội, góp phần khơng nhỏ vào việc đào tạo, bồi dưỡng nhân tài cho đất nước Vì vậy, năm qua, việc đào tạo, bồi dưỡng học sinh giỏi ngành giáo dục coi trọng trọng Ngành năm tổ chức thường xuyên kỳ thi học sinh giỏi cấp có mơn tốn lớp Chương trình tốn bậc THCS có nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, chuyên đề “Giải phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ, bất đẳng thức Bunhiacopski” tốn lớp giữ vai trị quan trọng Trong q trình giảng dạy mơn tốn, tơi thấy học sinh lúng túng, khơng biết đâu, làm nào, thấy khó mà em khơng tìm phương pháp giải Điều dễ hiểu thông cảm cho học sinh em nắm vững kiến thức sách giáo khoa sách tập chưa tìm hiểu sâu vào dạng tốn giải phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ Năm học trước, giáo viên giao nhiệm vụ dạy lớp chọn bồi dưỡng học sinh giỏi tốn tơi hiểu hết học sinh Hy vọng thông qua chuyên đề giúp học sinh hăng say học tập, đồng thời cung cấp kiến thức cần thiết kinh nghiệm cụ thể phương pháp tính tốn giải phương trình Bên cạnh giúp học sinh rèn luyện thao tác tư duy, phương pháp suy luận lơgíc tạo say mê cho bạn u thích tốn II-Mục đích nghiên cứu: GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 1- Đối với giáo viên: - Xây dựng sở lý thuyết, phương pháp giải tốn “Giải phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ, bất đẳng thức Bunhiacopski” - Phân dạng, xây dựng hệ thống tập theo chuyên đề riêng phù hợp với đối tượng học sinh, có phương pháp giải dạng 2- Đối với học sinh: - Nhận dạng dạng phương trình thường gặp - Đứng trước phương trình đưa phương pháp giải tốn dạng phương trình.Vận dụng tốt phương pháp để giải tập Có kỹ giải phương trình thành thạo III- Nhiệm vụ nghiên cứu: - Phương pháp giải phương trình bậc cao cách đưa dạng phương trình biết cách giải dạng quen thuộc - Bất đẳng thức Bunhiacopski - Các ví dụ minh hoạ tập tương tự IV- Đối tượng phạm vi nghiên cứu: 1- Đối tượng: Học sinh giỏi lớp Trường THCS Hương Vỹ huyện Yên Thế Tỉnh Bắc Giang 2- Phạm vi: Một số tốn : “Giải phương trình liên quan đến phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ, số tốn chứng minh bất đẳng thức áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski” V- Phương pháp nghiên cứu: - Tham khảo tài liệu, thu thập tài liệu - Phân tích, tổng kết kinh nghiệm trình dạy - Kiểm tra kết : Dự giờ, kiểm tra chất lượng HS, nghiên cứu hồ sơ giảng dạy, điều tra trực tiếp thông qua học - Đúc rút kinh nghiệm thân - Sinh hoạt chuyên môn theo chuyên đề - Thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp, với GV THPT, giảng viên đại học GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang VI- Những đóng góp đề tài: + Sau ứng dụng đề tài giúp học sinh với học sinh lớp chọn bồi dưỡng học sinh giỏi trường THCS Hương Vỹ huyện Yên Thế cải thiện đáng kể kiến thức toán tư dạng tốn giải phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ, bất đảng thức + Nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi trường THCS + Làm tài liệu để giáo viên học sinh tham khảo trình bồi dưỡng học sinh giỏi dạng tốn giải phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ PHẦN II :NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ Chương I: CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI : I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI Tốn học mơn học có tính chất quan trọng việc phát triển rèn luyện kỹ năng, tư sáng tạo, kỹ phân tích tổng hợp, tính cẩn thận, kiên trì, tính xác, lực sáng tạo khả tư lơ gíc cho học sinh Trong chương trình toán học bậc THCS toán phương trình giữ vai trị quan trọng, rèn cho học sinh kỹ phân tích tổng hợp, tư sáng tạo, tính độc lập suy nghĩ, có tác dụng tốt việc phát triển lực tư linh hoạt giải toán II CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI Là giáo viên giảng dạy môn toán lớp 9; giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi tốn lớp tơi nhận thấy: “Bài tốn giải phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ, bất đẳng thức” thường gặp nhiều đề thi học sinh giỏi thi tuyển sinh vào THPT Các toán phương trình đa dạng, để phân dạng tìm phương pháp giải cho dạng tốn giải phương trình Nhằm trang bị cho em học sinh số phương pháp kỹ giải tốn phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ Do tơi sâu nghiên cứu chuyên đề Qua thực tiễn bồi dưỡng học sinh giỏi với đối tượng học sinh trường THCS Hương Vỹ – Yên Thế chưa áp dụng đề tài để hướng dẫn em học tập nghiên cứu dạng GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang toán hầu hết em lúng túng, gặp nhiều khó khăn việc giải toán dạng Cụ thể khảo sát với 10 học sinh câu lạc tốn nhà trường tốn giải phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ cho thấy kết nhiều hạn chế: Trước áp dụng đề tài Số lượng Phần trăm 0% 20% 50% 30% Xếp loại Giỏi Khá Trung bình Dưới trung bình Chương II: PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO A KIẾN THỨC PHƯƠNG TRÌNH: I- phương trình nghiệm phương trình : Hai biểu thức chứa biến, nối với dấu “=” lập thành phương trình Giá trị biến làm cho phương trình trở thành đẳng thức gọi nghiệm phương trình - Biến phương trình gọi ẩn - Mỗi biểu thức gọi vế phương trình - Giải phương trình tìm tất nghiệm Một phương trình có 1, 2, nghiệm; vơ số nghiệm, khơng có nghiệm (vơ nghiệm) Định nghĩa hai phương trình tương đương: - Hai phương trình gọi tương đương chúng có tập hợp nghiệm - Hai phương trình vơ nghiệm gọi tương đương Tập xác định phương trình: tập hợp giá trị ẩn làm cho biểu thức phương trình có nghĩa II- Các phép biến đổi tương đương phương trình: *Định lí 1: Nếu cộng đa thức chứa ẩn vào hai vế phương trình ta phương trình tương đương với phương trình cho GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang *Hệ 1: Nếu chuyển số hạng từ vế sang vế phương trình, đồng thời đổi dấu hạng tử ta phương trình tương đương với phương trình cho *Hệ : Nếu xóa hai hạng tử hai vế phương trình ta phương trình tương đương với phương trình cho *Định lí 2: Nếu nhân số khác vào hai vế phương trình ta phương trình tương đương với phương trình cho B /DẠNG TỐN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO: I / PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN : Định nghĩa phương trình bậc ẩn : - Định nghĩa phương trình bậc nhât ẩn :Cho A(x) B(x) hai biểu thức chứa biến x để giá trị tương ứng hai biểu thức - Biến x gọi ẩn - Giá trị tìm cuả ẩn gọi nghiệm - Mỗi biểu thức vế phương trình - việc tìm nghiệm gọi giải phương trình Cách giải : - Phương trình tổng quát : ax + b = ( a ≠ ) (1) - Dùng phép biến đổi tương đương, phương trình (1) trở thành : ax = - b ⇔ x = - b/a Phương trình có nghiệm : x = −b a (a ≠ 0) II / PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI CĨ MỘT ẨN SỐ 1/ Định nghĩa : Phương trình bậc hai có ẩn số có dạng : ax + bx +c = x ẩn số ; a, b ,c, hệ số ; a ≠ - Nghiệm phương trình giá trị ẩn số mà thay vào vế trái phương trình ta giá trị vế trái / Cách giải phương trình bậc hai : GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang - Khi nghiên cứu nghệm số phương trình bậc hai ta cần đặc biệt quan tâm đến biệt số ∆ phương trình ∆ = b2 - 4ac ( ∆ gọi biệt thức phương trình bậc hai) - Ta thấy có khả sau xảy a) ∆ < ⇔ phương trình bậc hai vơ nghiệm b) ∆ =0 ⇔ phương trình bậc hai có nghiệm kép : x1 = x = −b 2a c) ∆ > ⇔ phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt x1 = −b+ ∆ 2a ; x2 = −b− ∆ 2a - Đặc biệt b chẵn: b= 2b ( b’ ∈ Z ) Ta tìm nghiệm số phương trình ∆ ’ = b’ – ac bậc hai qua biệt số thu gọn - Về số nghiệm số phương trình bậc hai xét theo biệt số ∆ ’ phần a) ∆ ’ < ⇔ phương trình bậc hai vơ nghiệm b) ∆ ’ = ⇔ phương trình bậc hai có hai nghiệm kép (hai nghiệm trùng nhau) x =x = −b a c) ∆ ’ > ⇔ phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt − b' + ∆ x1 = a − b ' − ∆' x2 = a ; 3-Chú ý : - Nếu a c trái dấu , nghĩa a.c < phương trình bậc hai có nghiệm phân biệt (vì a.c < => b2 - 4ac > hay ∆ > ) - Đối với số phương trình bậc hai đơn giản (với hệ số nguyên ) trường hợp có nghiệm ( ∆ ≥ ) ta dùng định lí Vi- ét để tính nhẩm nghiệm Định lí Vi- ét cho phương trình bậc hai phát biểu sau : Định lí Vi- ét : Nếu phương trình bậc hai ax + bx +c = (1) (a ≠ ) có hai nghiệm : x , x2 tổng tích hai nghiệm : S = x + x2 = −b ; a P = x x2 = c a Cách nhẩm nghiệm : GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang c a + Nếu a + b + c = phương trình (1) có nghiệm x1 = 1; x2 = + Nếu a - b + c = phương trình (1) có nghiệm x1 = −1; x2 = −c a - Nhờ có đình lí Vi- ét mà ta tìm nghiệm phương trình có dạng đặc biệt Ngồi làm số tốn biện luận số nghệm phương trình bậc hai - Sau dạy định lí Vi -ét tơi cho HS giải phương trình bậc hai qua lược đồ a x + bx +c = ( a ≠ ) sau : a= Xác định b= c= =0 Tính a+b+c Phương trình có nghiệm x = 1; x2 = =0 Tính a-b+c c a phương trình (1) có hai x = −1; x2 = nghiệm −c a Tính ∆ = b − 4ac 0 phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = −b 2a phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt là: x1 = −b+ ∆ 2a ; x2 = −b− ∆ 2a Ví dụ : Giải phương trình sau a, 3x2 + 5x + = ∆ = 25 – =25 - 48 = - 23 Vậy PT có hai nghiệm : x1= − + 37 ; x2 − + = x −9 x−3 d/ Giải phương trình x2 = − − 37 (1) - Phân tích mẫu thành nhân tử phương trình trở thành x2 − + = ( x − 3) ( x + ) x − x + ≠ x − ≠ TXĐ:  hay x ≠ 3và x ≠ - MTC : (x – ) ( x + 3) - Khử mẫu ta phương trình x - 3x + = x + ⇔ x - 3x + – x – = - Chuyển vế : ⇔ x2 – 4x + = (2) Vì a + b + c = +(- 4) + = c a Nên x1 = ; x2 = = hai nghiệm phương trình trung gian - Để kết luận nghiệm (1) ta cần phải kiểm tra xem nghiệm (2) có thuộc TXĐ (1) hay không ? ta nhận thấy x = thoả mãn điều kiện , x = khơng thoả mãn điều kiện - Do ta kết luận nghiệm phương trình (1) x = 4/ Nhận xét : - Những phương trình trình bày dạng phương trình gặp nhiều THCS - Khi giải phương trình ta cần ý vấn đề sau : + Tìm TXĐ phương trình GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang + Sau giải kết cần so sánh kết kết luận nghiệm ( loại bỏ nghiệm phương trình trung gian khơng nằm miền xác định ) III/ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA MỘT ẨN 1/ Phương trình bậc ba dạng tổng quát : ax3 + bx2 + cx + d = ( x ẩn ; a, b, c, d hệ số ; a ≠ ) 2/ Cánh giải : + Để giải phương trình bậc ba ta thường biến đổi phương trình tích Vế trái tích nhị thức bậc tam thức bậc hai, vế phải Muốn làm tốt việc cần đồi hỏi HS phải có kĩ phân tích đa thức thành nhân tử cách thành thạo 3/ Ví dụ : giải phương trình a) x3 + 5x2 + 5x + = (1) Giải Phân tích vế trái thành nhân tử ta có VT= (x3 + 1) + (5x2 + ) =(x3 + 1) + 5x (x + 1) =(x +1)(x2 –x + 1) +5x(x + 1) =(x + 1)[(x2 - x + 1) + 5x ] =(x + 1) (x2 + 4x + 1) Vậy phương trình cho ⇔ (x + 1) (x2 + 4x + 1) = x +1 = ⇔  x + 4x + = Giải ta  x1 = −1   x2 = −2 + 3; x3 = −2 − Vậy phương trình cho có ba nghiệm x1 = - ; x2 = −2 + 3; x3 = −2 − *Cách khác: (Nhận xét: Vì tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ: + = + nên phương trình (1) có x = - nghiệm) phương trình (1) ⇔ ( x + 1) ( x + x + 1) = GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang  x1 = −1 Từ giải ta   x2 = −2 + 3; x3 = −2 − b) x3 − x + 11x − = (2) Nhận xét: Vì – + 11 – = nên phương trình (2) có nghiệm x = phương trình (2) ⇔ ( x − 1) ( x − x + ) = x =   x − x + = (3) phương trình (3) vơ nghiệm Vậy phương trình (2) có nghiệm x = c) x3 + x + 2 x + 2 = (4) Nhận xét: Phương trình (4) khơng nhẩm nghiệm hữu tỉ Ta đưa phương trình (4) phương trình tích để giải sau: phương trình (4) ( ) + ( 2x + 2x) = ⇔ ( x + ) ( x − 2x + 2) + 2x ( x + ) = ⇔ ( x + )  x + (2 − 2) x +  = ⇔ x3 + 2 x = − ⇔  x + (2 − 2) x + = (5) Phương trình (5) vơ nghiệm Vậy phương trình (4) có nghiệm x = − Bài tập tương tự: Giải phương trình sau a) x3 − x + 11x − = (ĐS: 1; ; 3) b) x3 − 3x + x − = (ĐS: 3; ± ) 4/ Nhận xét : Khi giải phương trình bậc ba ta khơng nghiên cứu cách giải tổng quát mà chủ yếu dùng phép phân tích đa thức thành nhân tử để đưa phương trình dạng phương trình tích - Chú ý : Tính chất phương trình bậc ba : a x3 + bx2 + cx +d =0 (a ≠ ) + Nếu a + b + c + d = phương trình có nghiệm x = GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 10  + 37  x1 = ⇔ x2 − 5x − = ⇒  ( Thỏa mãn điều kiện)  − 37  x2 =  + Với b=2a Ta có: x − x + = x + Từ tìm x (Ở dạng việc tìm mối quan hệ biểu thức hai vế quan trọng Vì trước giải phải quan sát nhận xét để tìm phương pháp giải phù hợp) Ví dụ : Giải phương trình : 2(3 x + 5) x + = 3x + x + 30 HD: Hãy biểu diễn để thấy mối quan hệ biểu thức: [ 3( x + 3) + 1] x + = 3( x + 9) + x + Đặt: x + = a; x + = b ; Ta có phương trình : (3a + 1)b = a + 3b ⇔ (3b − 1)(b − a) =  b = a x +9 =  Giải ra:  ⇔  ; Giải ra: x=0 b= 2 x + = x +  Ví dụ : Giải phương trình : x + 16 = 2( x + 8); HD: Biến đổi 2( x + 2)( x − x + 4) = 2( x + 8) Mối liên hệ: x + = ( x − x + 4) + (2 x + 4) ; Đặt: 2( x + 2) = a; x − x + = b Ta có phương trình: 5ab = 2(a + b ) ⇔ (2a − b)(a − 2b) = Từ tìm a, b tìm x BT Tương tự: Giải phương trình a) 2( x − 3x + 2) = x + b) x + + x + = 3x + x + x + − 16 Hướng dẫn: Nhận xét: (2 x + 3)( x + 1) = x + x + GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 25 Đặt: u = x + ≥ 0; v = x + ≥ ⇒ u + v = 3x + ⇒ 3x = u + v − Nên ta có phương trình: u + v = u + v − 20 + 2uv ⇔ (u + v) − (u + v) − 20 = Đặt: u + v = t Ta có PT: t2 – t – 20 = t = Giải ra:  Do đó: t = −4(loai ) 2x + + x + = Đến dùng phương pháp để giải: x= Phương pháp 4: Đưa dạng: A2 + B = A.B = Ở phương pháp ta sử dụng: A2 + B = ⇔ A = B = A = A.B = ⇔  B = Ví dụ1: Giải phương trình : Giải: Điều kiện: x ≥ − x + 4x + = 2x + 3 x + x + − 2 x + = ⇔ ( x − x + 1) + (2 x + − 2 x + + 1) =  x + = ⇔ ( x + 1) + ( x + − 1) = ⇔   x + − = Giải x = -1 Ví dụ 2: Giải phương trình : 2x + 2x + = 4x + *Nhận xét: + Ở phương trình ta đặt ẩn phụ y = x + x từ đưa hệ phương trình  y = x + x đối xứng:   x = y + y x = y Từ suy ra:  giải x  x = −2 − y +Ta nhân vế phương trình với đưa dạng: x + ( x + − 1) = giải x = GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 26 Ví dụ 3: Giải phương trình : x + x + − − x = −3 HD: Tìm mối quan hệ biểu thức: x + = 4( x + 1) − (1 − x) PT trở thành: (2 x + 1) − ( − x ) + x + + − x = ⇔ (2 x + 1) − − x + = ⇔ ( x + 1) (5 x + − 1) = Giải ra: x=-24/25 ( TMĐK) Ngồi ta đặt: x + = a; − x = b ; Ta có hệ phương trình : a + b =  ; Từ giải a; b tìm x 2 2a − b + 4a − b = Bài tập tương tự : Giải phương trình a) x + − 3x − = x+3 b) x − x + 26 = x + III/MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1: Giải phương trình sau: a) x3 − 3x + x + = b) x3 − x + x + = c) x3 + x − = d) x3 − x − = Bài 2: Giải phương trình sau cách đặt ẩn phụ: a) x − x3 − x − x + = b) x + x3 − x + x + = c) x − 3x3 − x + 3x + = d) x + 3x3 − 14 x − x + = Bài 3: Giải phương trình sau: a) x5 − 11x − 11x + = b) x5 + x + x + = c) ( x − ) + ( x − ) = 64 d) x = x + 6 Bài 4: Giải phương trình sau: 1/ 3x − = x − 7/ x − + 13 − x = 2/ x − + − x = x − x + 11 8/ x + + x − = x 3/ x − + x + = 9/ ( x − ) + ( x + ) − ( − x ) ( x + ) = 4/ x 2x −1 + =2 2x −1 x GV: Trần Thị Huyền 2 ( ) 10/ ( x + − x + ) + x + x + 10 = Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 27 5/ x + x − + x − x − = 11/ − x + x − 3x + + ( x − ) 6/ x + − x + x + − x = 12/ x − + − x = x − 16 x + 66 x −1 =3 x−2 CHNG IV áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để chứng minh bất đẳng thức I Chửựng minh caực baỏt đẳng thức đại số - Để chứng minh bất đẳng thức có áp dụng nhiều phải biến đổi toán để đưa trường hợp thích hợp sử dụng Sau dây kỹ thuật thường gặp:  Đánh giá từ vế lớn sang vế nhỏ ngược lại  Dồn phối hợp  Kỹ thuật nghịch đảo Đánh giá từ vế lớn sang vế nhỏ ngược lại Ví duï 1: Cho a + b = , a,b ∈ R Chứng minh rằng: a + b ≥ Lời giải:  2 2 2 Ta vieát a4+b4=  (1 + )( a ) + (b )  1 2  p dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ≥ ( a + b2 ) = = (đfcm) Ví dụ 2: cho a(a − 1) + b(b − 1) + c(c − 1) ≤ Chứng minh rằng: − ≤ a + b + c ≤ Lờigiải: Tư øgiả thiết ta coù: ≥ a (a − 1) + b(b − 1) + c(c − 1) = a + b + c − (a + b + c) = (12 + 12 + 12 )(a + b + c ) − ( a + b + c) 3 B.C.S GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 28 ≥ ( a + b + c ) − (a + b + c) ⇒ ( a + b + c ) − 3(a + b + c) − ≤ ⇔ (a + b + c + 1)(a + b + c − 4) ≤ ⇔ −1 ≤ a + b + c ≤ Ví dụ 3: cho x,y ∈ R Chứng minh x,y>0 x+y=1 1 25 (x + )2 + ( y + )2 ≥ x y Lời giải: Ta sử dụng (a + b) ≤ 2(a + b ) ⇔ a + b ≥ ( a + b) 2 Khi ta có: 1 1 1 ( x + ) + ( y + ) ≥ ( x + + y + ) = (1 + ) x y x y xy maø = x + y ≥ xy ⇒ ≥ xy ⇒ xy ≤ ⇒ 1 1 ≥4 xy 25 2 vaäy ( x + x ) + ( y + y ) ≥ (1 + 4) = 2 Kỹ thuật dồn phối hợp Ví dụ 1: Cho 3x-4y=7 Chứng minh rằng: 3x + y ≥ Lời giải: Ta vieát (3x + y ){32 + (−2) } ≥ (3x − y ) = 49 Ví dụ 2: Cho a,b,c,p,q số dương tùy ý Chứng minh a b c + + ≥ p.b + q.c pc + qa pa + qb p + q Lời giải a= a a ( pb + qc) pb + qc b= b b( pc + qa ) pc + qa c= c c( pa + qb) pa + qb Goïi S vế trái ta có: (a + b + c) ≤ S { a ( pb + qc) + b( pc + qa ) + c( pa + qb)} = S ( p + q )(ab + bc + ca ) (2) GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 29 Maø ab + bc + ca ≤ (a + b + c) (3) Vì (3) ⇔ 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c ) 3(ab + bc + ca) = ab + bc + ca + 2(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c )(a + b + c ) + 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c) Từ (2), (3) ⇒ (a + b + c) ≤ S ( p + q) .(a + b + c) ⇒S≥ p+q (đpcm) Ví dụ 3: Cho x ≥ y ≥ z > Chứng minh rằng: Lời giải : Xét hai dãy số: x2 y y2 z z x + + ≥ x + y + z (1) z x y x y y z z x x z y x z y , , , , vaø z x y y z x x2 y y2 z z2 x x2 z y2 x z2 y + + ).( + + ) ≥ ( x + y + z ) (2) Ta coù: ( z x y y z x Xét hiệu A= = x2 y y2z z2x x2z y2x z2 y + + − − − = (x3 y + y3 z + z3 x − x3 z − y3 x − z y z x y y z x xyz ( x − y )( y − z )( z − x)( xy + yz + zx ) ≥ xyz ⇒ x2 y y2 z z x x2 z y2 x z y + + ≥ + + (3) z x y y z x Từ (2), (3) suy đpcm Kỹ thuật nghịch đảo Dạng n n i =1 i =1 (∑ y i )(∑ n x 2i ) ≥ (∑ x i ) ∀y i > yi i =1 Chứng minh: GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 30 n n x2 n n x2 n x2 n i i i ) ≥ (∑ ( y i )) = (∑ xi ) Ta vieát (∑ y i )(∑ y = ∑ ( y i ) ∑ ( yi yi i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i a2 b2 c2 a+b+c Ví dụ Chứng minh + + ≥ ∀a, b, c > (1) b+c c+a a+b Lời giaûi  a2 b2 c2  + + Ta coù { (b + c) + (c + a ) + (a + b)}   ≥ (a + b + c) b + c c + a a + b ⇒ a2 b2 c2 (a + b + c) a + b + c + + ≥ = b + c c + a a + b 2( a + b + c ) Ví dụ Chứng minh a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c (1) b+c−a c+a −b a+b−c ∀ a,b,c độ dài cạch ∆ ABC Lời giải [ (b + c − a) + (c + a − b) + (a + b − c)].[VT (1)] ≥ (a + b + c) ⇒ VT (1) ≥ a + b + c Ví dụ 3: Chứng minh raèng a3 b3 c3 a2 + b2 + c2 + + ≥ ∀ a, b, c (1) b+c c+ a a+b Lời giải: (1) ⇔ a4 b4 c4 a2 + b2 + c2 + + ≥ ab + ac bc + ba ca + cb Theo bất đẳng thức B.C.S : [ (ab + ac) + (ba + bc) + (ca + cb)].[VT (1)] ≥ (a + b + c ) Mặt khác ta coù: a + b + c ≥ ab + bc + ca VT (1) ≥ (a + b + c )(ab + bc + ca) a + b + c = 2(ab + bc + ca) GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 31 Daïng ( n n ∑ x y )(∑ i =1 i i i =1 n xi ) ≥ (∑ xi ) yi i =1 ∀xi , y i > Chứng minh: Theo bất đẳng thức B.C.S ta coù: n n x   n x  n   n VT = ∑ ( xi y i ) .∑ ( i )  ≥  ∑ xi y i ∑ i  = (∑ xi ) y i  i =1 i =1  i =1   i =1 y i   i =1 Ví dụ Chứng minh a b c + + ≥ ∀a, b, c > b+c c+a a+b Lời giải: Ta viết { a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)}.{VT (1)} ≥ (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca) ⇒ VT ≥ 3(ab + bc + ca) = (Ñpcm) 2( ab + bc + ca) Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a b c d + + + ≥ b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c Lời giải: Ta có ∑ a(b + 2c + 3d ).∑ a ≥ (a + b + c + d ) b + 2c + 3d ∑ a(b + 2c + 3d ) ≤ (a + b + c + d ) Ta seõ chứng minh ⇔ 2( ab + ac + ad + bc + bd + cd ) ≤ 3(a + b + c + d ) ⇔ ( a − b ) + ( a − c ) + ( a − d ) + (b − c ) + ( c − d ) ≥ II Sư dơng bÊt đẳng thức BUNHIACOPSKI để giảng toán cực trị ®¹i sè : Sử dụng kết quả: a Nếu a1 x1 + a x + + a n x n = C , C số C2 Min( x + x + + x ) = a1 + a 22 + + a n2 2 2 n Daáu “=” xaåy a a1 a = = = n x1 x xn b Neáu x12 + x 22 + + x n2 = C − Const Max(a1 x1 + a x + + a n x n ) =| C | a12 + a 22 + + a n2 GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 32 a a a n Dấu “=”xẩy x = x = = x ≤ n Ví dụ 1: Cho x + y = tìm Max( x + y + y + x ) Lời giải: [ ] A = x + y + y + x ≤ ( x + y ) ( + y ) + ( + x ) = x + y + ≤ (12 + 12 )( x + y ) + ≤ ⇒ MaxA = 2+2 ⇔ x= y = 2+2 2 Ví dụ 2: Cho 36 x + 16 y = Tìm Max, Min A=(y-2x+5) Lời giải: Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: (36 x ⇔ )  25 5  + 16 y (− ) + ( )  ≥ ( y − x) ⇒ ≥ ( y − x) ⇔ − ≤ y − x ≤  16 4  15 25 25 ≤ y − 2x + ≤ Max( y − x + 5) = ⇔ (x = − , y = ) 4 20 Min( y − x + 5) = 15 ⇔ (x = , y = ) 20 Ví dụ 3: cho x,y, z thỏa mãn xy+yz+zx=4 Tìm MinA biết A=x4+y4+z4 Lời giải: Từ giả thiết 42=(xy+yz+zx)2 ≤ (x2 +y2 +z2)(y2+z2+x2)Suy ra: (x2+y2+z2)2 ≥ 42 ⇒ (12 + 12 + 12 )( x + y + z ) ≥ 16 x + y + z ≥ MinA = 16 16 ⇔x= y=z=± 3 Ví dụ 4: Cho x,y,z thỏa mãn x,y,z ≥ −1 x+y+z=1 Tìm MaxA biết A = 1+ x + 1+ y + 1+ z GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - n Thế - Bắc Giang 33 Lời giải: Theo B.C.S ta có A = + x + + y + + z ≤ (12 + 12 + 12 )(1 + x + + y + + z ) = 3.4 = ⇒ MaxA = ⇔ x = y = z =  x + y = 16  2 Ví dụ 5: cho u + v = 25  xu + yv ≥ 20  Tìm Max (x+v) Lời giải: p dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: 20 ≤ xu + yv ≤ ( x + y )(u + v ) = 20.25 = 20 ⇒ xu + yv = 20 ⇔ x y + ⇔ xv = yu u v Mặt khác 41 = ( x + y ) + (u + v ) = ( x + v ) + ( y + u ) ≥ x + v + yu = x + v + xv = ( x + v) ⇒ x + v = 41  x + y = 16  2 u + v = 25 Max( x + v) = 41 ⇔   u=y  xu + yv = 20 y= 20 41 , x= 16 41 z= , ⇔ y ( x + v ) = 20 ⇒ u = 20 20 = x+v 41 25 41 Ví dụ 6: Tìm cặp số (x,y) x,y>0 để A= x4 y4 x2 y2 x y + − − + + đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ y4 x4 y2 x2 y x Lời giải: Đặt t = x y x2 y2 x4 y4 + ⇒ t ≥ ⇒ + = t − , + = t − 4t + y x y x y x [ ] ⇒ A = t − 5t + t + = (t − 2) − − (t − 2) + t = (t − 2)(t − 3) + t − Do t ≥ ⇒ t ≥ 4, t − ≥ ⇒ A ≥ ⇒ (t − 2) + (t − 2) = t + t − ≥ ⇒ MinA = ⇔ x = y C Một số tập aùp duïng GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 34 Cho ∆ABC (a,b,c) Chứng minh: a b+c−a + b c+a−b + c a+b−c ≥ a+ b+ c Cho a,b,c,d >0 Chứng minh rằng: a b c d + + + ≥2 b+c c+d d +a a+b Cho ∆ABC (a,b,c) Chứng minh rằng: p< p−a + Cho p−b + p − c ≤ 3p nhọn ∆ABC H trực tâm Chứng minh ( AH + BH + CH ) < a + b + c Cho ∆ABC (a,b,c) Chứng minh: a b c + + ≥3 b+c−a a+c−b a+b−c Cho soá x,y thỏa mãn 2x+5y=7 Tìm giá trị nhỏ của: a, A=x2+y2 b, B=2x2+5y2 Cho x,y,z thỏa mãn x2+y2+z2 =1 Tìm Max = x+2y+3z Cho a+b+c=1 vế trái có nghóa Chứng minh 4a + + 4b + + 4c + ≤ 21 Có tồn hay không số: a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ thỏa mãn điều kiện: a − + b − + c − > c(ab − 1) Cho x, y, z ≥ thoûa mãn điều kiện x+y+z=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a, A=x2+y2+z2 b, B=x4+y4+z4 10 Cho: a, b,c ≥ a+b+c=3 Chứng minh: 4a + + 4b + + 4c + ≤ GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 35 11 Tìm giá trị nhỏ hàm số: f ( x, y, z ) = xy + yz + zx − mxyz Trong x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x+y+z=1 12 Tìm giá trị lớn hàm số:f(x,y)=2 x + y Trong x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ PHẦN III :KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trên vài kinh nghiệm nhỏ sau dạy học sinh giải toán bồi dưỡng học sinh giỏi “Giải phương trình bậc cao phương trình vơ tỷ ” Trong thực tế giảng dạy tơi nhận thấy sau áp dụng chuyên đề thì: + Các em biết phân dạng nhận biết dạng tốn “Giải phương trình” cách đắn xác + Các em khơng cịn ngần ngại thực dạng tốn + Thơng qua đánh giá q trình ơn tập kết thi đa số em biết phương pháp giải giải tốt dạng toán Kết cụ thể khảo sát lại 10 em học sinh lúc đầu sau áp dụng đề tài Xếp loại Trước áp dụng đề tài Sau áp dụng đề tài Số lượng Phần trăm Số lượng Phần trăm 0% 20% 50% 30% 30% 60% 10% 0% Giỏi Khá Trung bình Dưới trung bình Tơi nghĩ với vấn đề, chuyên đề toán học dạy theo dạng, sâu dạng tìm hướng tư duy, hướng giải phát triển tốn Sau tập tổng hợp để học sinh phân biệt dạng tìm cách giải thích hợp cho chắn học sinh nắm vững vấn đề Và tin toán học niềm say mê với tất học sinh yêu thích GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 36 Tuy nhiên cố gắng việc nghiên cứu thời gian kinh nghiệm hạn chế nên khơng tránh khỏi thiếu sót viết chun đề Tơi mong nhận tham gia đóng góp ý kiến từ đồng nghiệp, bạn đọc để chuyên đề hoàn chỉnh nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi Tôi xin chân thành cảm ơn! Người thực Trần Thị Huyền GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 37 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO STT Tên tài liệu Nhà xuất Tên tác giả Bài tập nâng cao số chuyên NXB Giáo Dục Bùi Văn Tuyên đề toán 8, Nâng cao phát triển toán 8,9 NXB Giáo Dục Vũ Hữu Bình Sách giáo khoa tốn 8, NXB Giáo Dục Phan Đức Chính Tài liệu chun tốn THCS 8,9 NXB Giáo Dục Vũ Hữu Bình Tài liệu tham khảo internet MỤC LỤC Mục lục Phần I –Mở đầu I-Lý chọn đề tài II-Mục đích nghiên cứu III- Nhiệm vụ nghiên cứu IV- Đối tượng phạm vi nghiên cứu V-Phương pháp nghiên cứu VI-Những đóng góp đề tài Phần II- Nội dung nghiên cứu kết Chương I: Cơ sở lí luận thực tiễn đề tài I-Cơ sở lí luận đề tài GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 38 II-Cơ sở thực tiễn đề tài Chương II: Phương trình bậc cao A-Kiến thức phương trình B- Dạng tốn phương pháp giải phương trình bậc cao I/ Phương trình bậc ẩn II/ Phương trình bậc hai ẩn III/ Phương trình bậc ba ẩn IV/.Phương trình bậc bốn ẩn V/.Một số dạng phương trình bậc cao khác Chương III: phương trình vơ tỷ I/.Hệ thống hóa kiến thức II/.Các phương pháp thường dùng để giải phương trình vô tỷ III/.Một số tập đề nghị Chương IV: Bất đẳng thức Bunhiacopski PHẦN III: Kết luận kiến nghị Danh mục tài liệu tham khảo GV: Trần Thị Huyền Trường THCS Hương Vỹ - Yên Thế - Bắc Giang 39