(SKKN 2022) khai thác ứng dụng của bài toán lớp 8 để rèn luyện giải một số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu quả

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Trong q trình phát triển, xã hội ln đề yêu cầu cho nghiệp đào tạo người Chính người dạy tốn khơng ngừng bổ sung đổi để đáp ứng đòi hỏi xã hội Vì vậy, người giáo viên dạy tốn phải ln ln tìm tịi, sáng tạo, đổi phương pháp dạy học để thực chủ trương đổi Đảng Nhà nước đặt Đặc biệt khả khai thác tính ứng dụng tốn để phát triển hình thành dạng tốn có liên quan đến tốn cần thiết Chương trình Tốn trung học sở phong phú đa dạng Trong số đó, tốn khai thác ứng dụng của toán để giải phát triển thành hệ thống tập có tính chất logic mảng kiến thức quan trọng Tuy nhiên sách giáo khoa chưa đề cập đến tốn khó thời lượng tiết dạy hạn hẹp khó đối tượng học sinh trung bình, yếu Bởi muốn bồi dưỡng phát triển đối tượng học sinh khá, giỏi, người dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tịi dạng tốn, phương pháp giải để dễ vận dụng, nhằm bổ trợ nâng cao kịp thời cho em Trong dạy toán người thầy biết khai thác ứng dụng toán để giải toán khác nội dung hay làm cho người dạy định hướng cho học sinh đường lối, phương pháp, người học khơi gợi đến tìm tịi, liên hệ để từ sáng tạo cách giải Từ suy nghĩ tơi mạnh dạn đưa nội dung “Khai thác ứng dụng toán lớp để rèn luyện giải số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu quả” để tìm biện pháp hữu hiệu, để có phương án thích hợp giúp học sinh tiếp cận với toán cách chủ động, sáng tạo, hứng thú q trình học Các tốn khai thác ứng dụng tốn mà thân tơi đưa phong phú dạng toán, nội dung sáng kiến nghiên cứu số dạng tốn điển hình tìm tịi cách giải cho dang tốn 1.2 Mục đích nghiên cứu: Giúp người thầy nâng cao lực tự nghiên cứu, khai thác ứng dụng toán Giúp người thầy xây dựng hệ thống tập theo dạng cụ thể, phương pháp giải đảm bảo tính xác, khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh Đồng thời giúp người dạy có tư liệu tham khảo triển khai rộng đến đồng nghiệp Giúp học sinh lớp 8,9 khơi gợi hứng thú học tập biết vận dụng linh hoạt toán biết để giải toán khác cách hiệu 1.3 Đối tượng nghiên cứu Khai thác ứng dụng toán lớp để rèn luyện giải số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu trường THCS Thành An” 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp điều tra, thực nghiệm, phân tích - tổng hợp, gợi mở, vấn đáp - Nghiên cứu lý luận: Đọc tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo có liên quan 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Đây sáng kiến thân nghiên cứu nội dung NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm: Tốn học mơn khoa học nghiên cứu số, cấu trúc, không gian phép biến đổi Nói cách khác, người ta cho mơn học "hình số” Theo quan điểm thống, mơn học nghiên cứu cấu trúc trừu tượng định nghĩa từ tiên đề, cách sử dụng lôgic ký hiệu tốn học Mơn Tốn mơn học địi hỏi phải có kĩ giải tốn ứng dụng dạng tốn, mơn khoa học địi hỏi tư cao người dạy người học Thông qua việc giảng dạy mơn Tốn nhằm rèn luyện cho người học lực phân tích, tổng hợp, tư linh hoạt, khả sáng tạo nhằm hình thành nhân cách cho người lao động tương lai.Học sinh muốn có kiến thức tốn sâu phải luyện tập thực hành nhiều để tích lũy vốn kiến thức tốn học mình.Đây vấn đề khó người học, địi hỏi người dạy cần truyền đạt cho em ham thích học tốn cách phân dạng toán cách khoa học Hiện công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nhà trường THCS quan tâm đặc biệt, vấn đề đánh giá chất lượng nhà trường Nghị Trung Ương khóa VIII yêu cầu nhiệm vụ bồi dưỡng tạo dựng đội ngũ nhân tài cho tương lai phải xác định rõ hơn, kết học sinh giỏi kết phong trào "hai tốt" nhà trường, gắn liền với việc nâng cao chất lượng đại trà, giáo dục toàn diện học sinh Chính vậy, nhà trường THCS cần xác định mục tiêu nhằm cung cấp cho em học sinh kiến thức phổ thông thiết thực, hình thành rèn luyện cho em kĩ giải toán ứng dụng vào thực tiễn, rèn luyện kĩ suy luận hợp lí, sử dụng ngơn ngữ xác, bồi dưỡng phẩm chất tư linh hoạt, độc lập, sáng tạo Xuất phát từ mục tiêu phương pháp dạy học tích cực hố hoạt động học sinh, rèn luyện khả tự học, tự giải vấn đề học sinh nhằm hình thành phát triển học sinh tư cần thiết 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm a.Thực trạng Ưu điểm: Một số học sinh trường có tư chất thơng minh, có thiên hướng học mơn khoa học tự nhiên u thích mơn tốn Nhược điểm: Về học sinh: Khơng biết cách giải toán khai thác ứng dụng số toán biết để giải tốn chưa biết Khơng nắm dạng tốn cách cụ thể Về giáo viên: Giáo viên chưa bao quát hết dạng toán khai thác ứng dụng tốn Nhiều giáo viên khơng trọng đến mảng kiến thức này, chưa quan tâm mức đến tính ứng dụng tốn Nguyên nhân: -Nguyên nhân khách quan: Sách giáo khoa đưa toán nâng cao dạng tốn có ứng dụng tốn cịn - Nguyên nhân chủ quan: + Học sinh chưa nắm vững kiến thức bản, kiến thức bổ trợ nâng cao đẳng thức Kĩ trình bày học sinh dạng toán chưa rèn luyện nhiều + Giáo viên chưa tìm giải pháp hữu hiệu dạy phần kiến thức tính ứng dụng tốn cần khai thác Qua số năm phân công tham gia bồi dưỡng học sinh khá, giỏi thường trực tiếp tham khảo nhiều tài liệu, tìm mối quan hệ tập phân loại hình thành pháp giải thích hợp giúp học sinh phần có sở để tìm tịi giải tốn khai thác ứng dụng toán b Kết thực trạng Từ thực trạng với mục đích khảo sát cụ thể để đánh giá từ có biện pháp giảng dạy có hiệu tơi đã tham khảo nhiều tài liệu, tham gia giải học sinh toán tiến hành khảo sát em đội tuyển 16 em mà đảm nhận Cụ thể hai toán sau: Bài 1: Cho a + b + c = Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + a2b + ab2 +b2c + bc2 + c2a + ca2= [1] [ 3] Bài 2: Cho a + b + c = Chứng minh : a3 + b3 + c3 chia hết cho 3abc Bài 3: Cho 1 bc ca ab + + = a, b, c ≠ Tính M = + + a b c a b c [ 3] [ 3] Bài 4: Giải phương trình: (2x – 5)3 + (2 – x)3 + (3 – x)3 = Kết thu sau em làm tập sau: Giỏi Khá Trung bình Yếu SL TL% SL TL% SL TL% SL TL% 6.25 18.75 11 68.75 6.25 Trên bảng tổng hợp kết mà thân khảo sát trước thực với công việc phân loại tập chưa áp dụng nội dung sáng kiến 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề * Hướng dẫn học sinh nắm vững kiến thức bản: - Học sinh củng cố kiến thức đẳng thức - Giáo viên cung cấp lý thuyết tiết dạy lý thuyết toán sau: Nếu a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc a + b + c = a = b = c - Rèn luyện giải dạng tốn có liên quan đến nội dung gồm: Rút gọn biểu Trong trang này: Bài 1, tham khảo từ TLTK số [1] Bài 2;3;4 tham khảo từ TLTK số [ 3] thức, tính giá trị biểu thức, chứng minh đẳng thức, chứng minh chia hết; giải phương trình hệ phương trình * Hướng dẫn vận dụng phương pháp giải dạng toán áp dụng: Dạng 1.Rút gọn biểu thức Bài 1: Cho a + b + c = [ 2] Rút gọn: M = a5(b2 + c2) + b5(c2 + a2) + c5(a2 + b2) Giải 2 2 Ta có M = a (b + c )+ b (c +a )+c (a + b2) = a5b2 + a5c2 +b5c2 +b5a2 +c5a2 + c5b2 = a2b2 (a3 + b3) + b2c2 (b3 + c3) + c2a2 (c3 + a3) Từ a + b + c = ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc ⇒ a3 + b3 = 3abc – c3 Tương tự: b3 + c3 = 3abc – a3; c3 + a3 = 3abc – b3 ⇒ M = a2b2 (3abc – c3) + b2c2 (3abc – a3) + c2a2(3abc – b3) = 3abc (a2b2 + b2c2 + c2a2) – a2b2c 2(a + b + c) = 3abc (a2b2 + a2b2 + a2b2) Nhận xét: Đối với toán ta biến đổi biểu thức cho, sau nhóm linh hoạt để xuất a + b + c = rút gọn Bài 2: Cho a, b, c số thực đôi phân biệt Rút gọn biểu thức B = (b − c) + (c − a ) + (a − b) a (b − c) + b (c − a ) + c ( a − b) [ 2] Giải Đặt x = b – c; y = c – a; z = a – b ⇒ x + y + z = ⇒ x + y + z = 3xyz Mẫu thức = a (b – c) + b (c – a)+ c (a – b) = a (b – c) + b c – b a + c a– c b = a (b – c) + bc(b – c) – a(b – c ) = (b – c) [ a + bc − a(b + c)] = (b – c) [(a − ab) + (bc − ac)] = (b – c) [ a(a − b) − c(a − b)] = (b – c) (a – c)(a – b) = – xyz (b − c) + (c − a) + (a − b) x + y + z 3xyz = = −3 Nên B = = − (b − c)(c − a )(a − b) − xyz − xyz Nhận xét: Khi rút gọn biểu thức trước hết ta đặt x = b – c; y = c – a; z = a – b Biến đổi mẫu thức thành nhân tử có chứa a – b; b – c; c – a biến đổi tử thức dạng 3(a – b)(b – c)(c – a), biến đổi mẫu thức thành nhân tử chung – (a–b)(b – c)(c – a) tiến hành rút gọn Bài 3: Cho x + y + z = x, y, z ≠ Rút gọn: x2 + y2 + z2 P= ; ( x − y )2 + ( y − z)2 + ( z − x)2 Q= ( x + y − z )( y + z − x )( z + x − y ) 16 x y z [ 6] [ 6] Giải *Từ x + y + z = ⇒ x + y + z = – 2(xy + yz + zx) 2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 = P= = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) 2( x + y + z ) − 2( xy + yz + zx) x2 + y2 + z2 = 2 3( x + y + z ) *Từ x + y + z = ⇒ x + y = – z ⇒ (x + y)2 = z2 ⇒ x2 + y2 – z2 = = – 2xy Trong trang này: Bài 1,2 tham khảo từ TLTK số [ 2] Bài tham khảo từ TLTK số [ 6] Tương tự, ta có: y2 + z2 – x2 = = – 2yz; z2 + x2 – y2 = = – 2xz ( x + y − z )( y + z − x )( z + x − y ) ( −2 xy )( −2 yz )( −2 zx ) − Q= = = 16 x y z 16 x y z 2 Nhận xét: Đối với biểu thức P, ta giữ nguyên tử thức, biến đổi từ mẫu thức dạng có nhân tử giống tử thức rút gọn Còn biểu thức Q ta lại giữ nguyên mẫu thức biến đổi tử thức xuất nhân tử giống mẫu thức tiến hành rút gọn Bài 4: Cho a, b, c đôi khác thỏa mãn a + b + c = Rút gọn biểu thức P = 2022(a − b)(b − c )(c − a ) 2ab + 2bc + 2ca + 3abc [ 3] Giải 2 Mẫu thức = 2ab + 2bc + 2ca + 3abc = 2ab2 + 2bc2 + 2ca2 + a3 + b3 + c3 = ab2 + bc2 + ca2 + b2(a + b) + a2(a + c) + c2 (b + c) = ab2 + bc2 + ca2 – b2c – a2b – c2a = abc – b2c – a2b +ab2 – ac2 +bc2 +a2c – abc = (abc – b2c) – (a2 b – ab2) – (ac2 – bc2) + (a2c – abc) = (a – b)bc – (a – b)ab – (a – b)c2 + (a – b)ac = [ (a − b)bc + (a − b)ab] − [(a − b)c + (a − b)ac] = [ (a − b)b − (a − b)c]c − [ (a − b)b − (a − b)c ] a = [ (a − b)b − (a − b)c] (c − a) = (a– b)(b – c)(c – a) Vậy P = 2022(a − b)(b − c)(c − a ) 2022(a − b)(b − c )(c − a ) = (a − b)(b − c)(c − a) = 2022 2 2ab + 2bc + 2ca + 3abc Nhận xét: Quan sát biểu thức P ta thấy tử thức có dạng tích, để rút gọn ta biến đổi mẫu thành thành tích có nhân tử giống tử thức để rút gọn Bài 5: Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn a + b + c = Rút gọn biểu thức: P = ( b−c c−a a−b a b c + + )( + + ) a b c b−c c−a a−b [ 5] Giải b−c c−a a−b + + a b c a a c−a a−b a c − ca + ba − b 2a Khi M =1+ ( + )=1+ = 1+ b−c b−c b c b−c bc bc 2a = 1+ abc Từ a + b + c = nên a + b + c = 3abc Đặt M = 3 c−a a−b = 1+ 2b ; M = 1+ 2c b c abc abc 3 2.3abc 2( a + b + c ) Do P = + =3+ =3+6=9 abc abc b−c c−a a−b Nhận xét: Để tính giá trị biểu thức P, ta đặt M = + + a b c [ ] [ ] Trong trang này: Bài tham khảo từ TLTK số Bài tham khảo từ TLTK số Tương tự ta có: M Sau tính M a b c ; M ; M sau cộng kết lại ta b−c c−a a−b giá trị P = 1 + + = a, b, c đôi khác Rút gọn: a b c 1 [ 5] B = bc + ca + ab [ 3] A= + + a + 2bc b + 2ca c + 2ab a + 2bc b + 2ca c + 2ab 2 [ 2] D = bc2− 2022 + ca2 − 2022 + ab2 − 2022 [ 2] C= 2a + 2b + 2c a + 2bc b + 2ca c + 2ab a + 2bc b + 2ca c + 2ab Bài 6: Cho Giải 1 Ta có: + + = ⇒ ab + bc + ca = a b c ⇒ ab = – bc – ca; bc = – ca – ab; ca = – ba –bc 2 ⇒ a + 2bc = a + bc – ca – ab = (a2 – ab) + (bc – ca) = a(a – b) – c(a – b) = (a – b)(a – c) Tương tự, ta có: b + 2ca = (b – c) (b – a); c + 2ab = (c – a)(c – b) 1 c −b+ a −c +b−a Khi đó: A = (a − b)(a − c) + (b − c)(b − a ) + (c − a)(c − b) = (a − b)(b − c)(c − a) = Ta có:B = bc ca ab bc ca ab + + = + + a + 2bc b + 2ca c + 2ab (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) bc ca ab − + (a − b)(a − c) (a − b)(b − c) (a − c)(b − c) bc(b − c) ca(a − c) ab(a − b) = − + (a − b)(b − c)(a − c) (a − b)(b − c)(a − c) (a − b)(b − c)(a − c) = = b c − bc − a c + ac + ab(a − b) ( ac − bc ) − (ca − b c) + ab(a − b) = (a − b)(b − c)(a − c) (a − b)(b − c)(a − c) c (a − b) − (a − b )c + ab(a − b) (a − b)c − (a − b)(a + b)c + ab(a − b) = = (a − b)(b − c)(a − c) (a − b)(b − c)(a − c) ( a − b) (ab − bc ) − (ac − c ) (a − b)(a − c)(b − c) = = = (a − b)(b − c)(a − c) (a − b)(b − c)(a − c) [ ] a2 b2 c2 a2 b2 c2 + + = + + (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a )(c − b) a + 2bc b + 2ca c + 2ab 2 a (b − c) b (a − c) c ( a − b) = − + (a − b)(b − c )(a − c) (a − b)(b − c)(a − c) (a − b)(b − c)(a − c) C= a (b − c) − b (a − c) + c [ (a − c) − (b − c)] = (a − b)(b − c )(a − c) a (b − c) − b (a − c) + c (a − c) − c (b − c) = (a − b)(b − c)(a − c ) [a = ] [ ] (b − c) − c (b − c) + c (a − c) − b (a − c) (a − b)(b − c)(a − c) Trong trang này: Bài 6a tham khảo từ TLTK số [ 5] Bài 6b tham khảo từ TLTK số [ 3] Bài 6c,d tham khảo từ TLTK số [ 2] (b − c)(a − c ) − (a − c)(b − c ) (a − b)(b − c)(a − c) (b − c)( a − c)(a + c) − ( a − c)(b − c)(b + c) = (a − b)(b − c)(a − c) (b − c)(a − c)( a + c − b − c) ( a − b)(b − c)(a − c) = = =1 (a − b)(b − c)(a − c) ( a − b)(b − c)(a − c) Do đó: D = bc − 2022 + ca − 2022 + ab − 2022 a + 2bc b + 2ca c + 2ab bc ca ab 1 + + − 2022( + + ) = a + 2bc b + 2ca c + 2ab a + 2bc b + 2ca c + 2ab = = B – 2022A = – 2022.0 = Nhận xét: Đây chùm tập có phần mẫu giống Để làm tốn ta xuất phát từ 1 + + = ⇒ ab +bc + ca = Từ suy ab = – bc a b c – ca; bc = – ca – ab; ca = – ab – bc, sau biến đổi mẫu thức sau: a + 2bc = (a – b)(a – c); b +2ca = (b – c) (b – a); c + 2ab = (c – a)(c – b) Tiếp theo ta quy đồng biến đổi để rút gọn Dạng Tính giá trị biểu thức Bài 8: Cho x3+ y3 + z3 = 3xyz x, y, z đôi khác khác Tính giá trị biểu thức M = 19( x + y ) 5( y + z ) 2022( z + x) + − z x y [ 4] Giải Ta có x + y + z = 3xyz ⇒ x + y + z = x = y = z = Do x, y, z đôi khác ⇒ x + y + z = 3 Thay x + y = – z; y + z = – x; z + x = – y vào M ta được: Vậy giá trị M = – 19 – + 2022 = 1998 Nhận xét: Để tính biểu thức M xuất phát từ x + y + z = 3xyz ⇒ x + y+ z = Từ biến đổi để x + y = –z; y + z = – x; z + x = – y thay vào biểu thức M rút gọn Bài 9: Cho 1 + + = a, b, c ≠ a b c Tính giá trị biểu thức M = ( bc ca ab + + – 4)2022 a2 b2 c2 [ 6] Giải 1 1 1 + + =0 ⇒ + + = abc a b c a b c bc ca ab abc cab abc Do đó: M = ( + + – 4)2022 = ( + + – 4)2022 c a b c a b 3abc − 4) 2022 = (–1)2022 = =( abc Từ Nhận xét: Để tính giá trị M ta biến đổi giả thiết toán rút gọn, sau tính giá trị biểu thức Bài 10: Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = ab + bc + ca = Trong trang này: Bài tham khảo từ TLTK số [ 4] Bài tham khảo từ TLTK số [ 6] [ 5] Tính giá trị biểu thức M = (a – 1) 2021 + b 2022 + (c + 1) 2023 Giải ⇒ Ta có: a + b + c = (a + b + c) = ⇔ a + b + c +2(ab + bc+ ca) = ⇒ a + b + c = (vì ab + bc + ca = 0) ⇒ a = b = c = Vậy M = (0 – 1) 2021 + 2022 + (0 + 1) 2023 = (– 1)+ + = Bài 11: Cho a + b + c = 3abc a + b + c ≠ Tính giá trị biểu thức M = a 2022 + b 2022 + c 2022 (a + b + c) 2022 [ 4] Giải Từ a + b + c = 3abc ⇒ a + b + c = a = b = c Vì a + b + c ≠ ⇒ a = b = c = 3 Thay vào M, ta M = 3a 2022 = 2021 2022 (3a ) Bài 12: Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c = a2 = 2(a+c+1)(a+b –1) Tính giá trị biểu thức M = 2021(a + 2)2022 + 2020.b2021 + 2.c2022 Giải Do a + b + c = ⇒ b + c = – a ⇒ (b + c)2 = a2 Cũng từ a + b + c = ⇒ a + b = – c a + c = – b Kết hợp với a2 = 2(a + c + 1)(a + b –1) ⇒ (b + c)2 = 2(1 – b)( – 1– c) ⇔ b2 + c2 + 2bc = – 2(1+ c – b – bc) ⇔ b2 + c2 – 2b –2c + = [ 5] b − = b = ⇔ (b2 – 2b + 1) + (c2 – 2c +1) = ⇔ (b –1)2 + (c –1)2 = ⇔  ⇔ c − = c = Mà a + b + c = ⇒ a = – Do M = 2021(– 2+2)2022 +2020.12021 + 2.12022 = 2022 Bài 13: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc a, b , c khác a b b c c a Tính A = (1 + )(1 + )(1 + ) [ 2] Giải Từ a + b + c = 3abc ⇒ a + b + c = a = b = c 3 b+a c+b c+a −c −a −b = = −1 b c a b c a a b c * Nếu a = b = c ⇒ A = (1 + )(1 + )(1 + ) = 2.2.2= a b c * Nếu a + b + c = ⇒ A = Nhận xét: Để tính giá trị biểu thức A, ta áp dụng a3 + b3 + c3 = 3abc Từ suy a + b + c = a = b = c Sau tính A theo trường hợp Bài 14: Cho a, b, c nguyên thỏa mãn (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 = 210 Tính B = a − b + b − c + c − a [ 7] Giải Ta có a – b +b – c+ c – a = nên (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 = 3(a–b)(b–c)(c–a) Do đó: 3(a – b)(b – c)(c – a) = 210 ⇔ (a – b)(b – c)(c – a) = 70 Trong trang này: Bài 10;12 tham khảo từ TLTK số Bài 14 tham khảo từ TLTK số [ 7] [ 5] Bài 11 tham khảo từ TLTK số [ 4] Bài 13 tham khảo từ TLTK số [ 2] Mà a, b, c ∈ Z nên a – b; b – c; c – a ∈ Z ⇒ a – b; b – c; c – a ước 70 Mặt khác: 210 = (–2).( – 5).7 (do tổng số 0) Vậy B = + +7 =14 Nhận xét: Đối với toán ta khai thác a – b + b – c + c – a = 0, từ ta sử dụng (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 = 3(a – b)(b – c)(c – a), kết hợp với giả thiết cho để (a – b)(b – c)(c – a) = 70, lập luận để tìm a – b;b – c; c – a thuộc Ư(70) tính giá trị B Bài 15: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn 2x + y – xyz = –   Tính giá trị biểu thức N =  − x + y − z  6x − y + 2z   2022 z 27 [ 7] Giải Từ 2x + y – xyz = – z ⇒ (6x) + (3y) + (2z) =108xyz = 3.6x.3y.2z (*) 27 Đặt a = 6x; b = 3y; c = 2z , x, y, z nguyên dương nên 6x + 3y + 2z > Từ (*) suy ra: a + b + c = 3abc ⇒ a+b+c = a = b = c ⇒ 6x = 3y = 2z 6x + 6x − 6x   Vậy ta có: N =  −  6x − 6x + 6x   2022 = Bài 16: Cho x +8y3 + 27z3 = 18xyz x +2y + 3z ≠ 0.Tính A = x + y + 9z ( x + y + 3z ) [ 2] Giải Ta thấy: x + 8y + 27z = 18xyz ⇒ x + (2y)3 + (3z)3 = 3.x.2y.3z Đặt a = x; b = 2y; c = 3z ta có: a + b +c = 3abc ⇒ a + b + c = a = b = c Mà x + 2y +3z ≠ nên a + b + c ≠ 3 Suy x = 2y = 3z x, y, z khác Do ta có: A= x + y + 9z x + (2 y ) + (3 z ) x + x + x 3x = = = = 2 2 ( x + y + 3z ) ( x + x + x) (3 x) ( x + y + 3z ) 3 Nhận xét: Đối với toán 15;16 biến đổi phần cho dạng a + b + c =3abc, sử dụng a = b = c thay vào tử mẫu để rút gọn Bài 17: Cho a,b, c đôi khác thỏa mãn a + b + c = a,b,c ≠ 2 2 2 Tính giá trị biểu thức: P = a + b + b + c + c + a ab bc [ 7] ca Giải Từ a + b + c = ⇒ a + b = – c ⇒ a + b +2ab = c ⇒ a + b = c – 2ab 2 2 2 3 Tương tự, ta có: b + c = a – 2bc; c + a = b – 2ca a + b + c = 3abc a + b b + c c + a c − 2ab a − 2bc b − 2ca P= + + = + + ab bc ca ab bc ca 2 3 c a b a +b +c 3abc = −2+ −2+ −2= −6= − = − = −3 ab bc ca abc abc Nhận xét: Để tính giá trị biểu thức P ta biến đổi tử thức xuất phát từ a + b + c = Sau thay vào biểu thức P đưa dạng a3 + b3 + c3 = 3abc Trong trang này: Bài 16 tham khảo từ TLTK số [ 2] Bài 15; 17 tham khảo từ TLTK số [ 7] Bài 18: Cho a, b, c đôi khác thỏa mãn a + b + c = a, b, c ≠ 1 + 2 2+ 2 2 a +b −c b +c −a c +a −b ab bc ca b) B = 2 + 2 + 2 a +b −c b +c −a c +a −b 2 c) C = ab2 + bc2 + ca2 a +b −c b +c −a c +a −b Tính: a) A = [ 7] [ 4] [ 4] Giải Từ a + b + c = ⇒ a = – (b + c) ⇒ a = b + c +2bc ⇒ b + c – a = – 2bc Tương tự: a + b – c = – 2ab c + a – b = – 2ac 1 − (a + b + c) + + = =0 − 2ab − 2bc − 2ca − 2abc ab bc ca ab bc ca −3 b) Ta có: B = 2 + 2 + 2 = + + = − 2ab − 2bc − 2ca a +b −c b +c −a c + a −b 2 c) Từ a + b + c = ⇒ (a+b+c)(a +b +c – ab – bc – ca) = a) Ta có: A = 2 Do a + b + c – ab – bc – ca > 0, đôi khác nên a + b + c = ab ab ab b2 b2 b = = = = Khi đó: a + b − c a + (b − c)(b + c) a + (b − c)(− a) a + c − b − b − b = − bc c = − b2 + c2 − a2 ca a = − c2 + a2 − b2 −a −b −c − (a + b + c) Suy C = + + = = 2 2 10 Nhận xét: Để có b2 + c2 – a2 ta xuất phát từ a + b + c = ⇒ b + c = – a Khi bình phương hai vế ta b2 + c2 + 2bc = a2 ⇒ b2 + c2 – a2 = – 2bc.Từ ta biến đổi mẫu thức biểu thức để đưa dạng tích, sau quy đồng rút gọn a2 b2 c2 + + a2 − b2 − c2 b2 − c2 − a2 c2 − a2 − b2 2 B = a +2 bc + b +2 ca + c +2 ab a −b −c b −c −a c −a −b Bài 19: Cho a + b+ c = Tính A = [ 3] [ 3] Giải Từ a + b + c = suy a + b + c = 3abc Cũng từ: a + b + c = ⇒ a = – (b + c) ⇒ a = b + c + 2bc ⇒ a – b – c = 2bc Tương tự: b – c – a = 2ac; c – a – b = 2ab 3 3 a2 b2 c2 a3 + b3 + c3 3a b c + + = = = 2bc 2ca 2ab 2abc 2abc 2 a + bc b + ca c + ab a + bc b + ca c + ab Ta có B = 2 + 2 + 2 = + + a −b −c b −c −a c −a −b 2ab 2bc 2ca 2 3 3 3 abc 3 a b c a +b +c = + + + = + = + = + =3 2 2abc 2 2abc 2bc 2ab 2ca Ta có A = Nhận xét: Để tính giá trị biểu thức A, B ta biến đổi mẫu thức thành nhân tử Biểu thức A biến đổi để đưa dạng a3 + b3 + c3 = 3abc, biểu thức B biến đổi để đưa ứng dụng kết A, sau rút gọn Trong trang này: Bài 18a tham khảo từ số [ 7] Bài 18a,b tham khảo số [ 4] Bài 18a,b tham khảo từ T số [ 3] Dạng Chứng minh chia hết: Bài 20: Cho a + b + c = Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5abc [ 2] Giải Ta có a + b + c = ⇒ c = – (a + b) Do đó: a5 + b5 + c5 = a5 + b5 – a5 – b5 – 5a4b –10a3b2 – 10a2b3 – 5ab4 = – 5ab (a3 +2a2b + 2ab2 + b3) = – 5ab [(a + b)(a − ab + b ) + 2ab(a + b)] = – 5ab(a + b)(a2 + ab + b2) = 5abc(a2 + ab + b2) chia hết cho Nhận xét: Biến đổi biểu thức cho dạng 5A, từ biểu thức chia hết cho Bài 21: Cho a, b, c ∈ Z thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: [ 7] a) (a + b + c ) 7 [ 7] b) (a + b + c ) 30 Giải 3 Ta có: a – a = a(a –1) = a(a – 1)(a +1) = a (a – 1)(a2 + a + 1)(a + 1)(a2 – a + 1) = a (a2 – 1)(a2 – a +1) (a2 + a +1) + Nếu a = 7k (k ∈ Z) a chia hết cho ⇒ a7 – a chia hết cho + Nếu a = 7k+1 (k ∈ Z) a2– = 49k2 + 14k chia hết cho ⇒ (a7 – a)  + Nếu a = 7k+2 (k ∈ Z) a2 + a + = 49k2 + 28k +4+ 7k + +1= 49k2 + 35k+7 chia hết cho ⇒ (a7 – a)  Tương tự, ta có: (b7 – b)  7; (c7 – c)  Suy ra: a7 – a + b7 – b + c7 – c = (a7 + b7 + c7) – (a + b + c) chia hết cho Mà a + b + c = Do đó: (a + b + c ) 7 11 b)Vì a + b + c = nên a + b + c – a – b – c = a (a –1) + b(b –1) + c(c –1) Ta có: a (a –1) = a (a –1) (a +1) = a (a –1) (a + 1) (a – + 5) = a (a – 1) (a + 1) (a – 4) + 5a (a – 1) (a + 1) = a (a –1) (a +1) (a – 2) (a +2) + 5a (a – 1) (a + 1) Vì a(a +1) tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho a(a +1) (a –1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho a(a–1)(a+1)(a – 2)(a +2) tích năm số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho Mà (2; 3; 5) = nên a (a –1)(a + 1) (a – 2)(a + 2) chia hết cho 2.3.5 = 30 Suy ra: (a – a)  30 Chứng minh tương tự: (b – b)  30; (c – c)  30 Do đó: (a – a) + (b – b) + (c – c) = (a + b + c ) – (a+ b + c) = a + b + c ) 30 Nhận xét: Đối với toán ta xuất phát từ a7 – a chứng minh chia hết cho 7, tương tự b – b; c7 – c chia hết cho Sau kết hợp ta (a7 – a) + (b7 – b) + (c7 – c) chia hết cho 7, suy a + b + c chia hết cho nhờ vào a + b + c = Bài yêu cầu chia hết cho 42 Câu b làm tương tự 1 b c c a a 2b ≠ Bài 22: Cho + + = với a, b, c M = + + a b c a b c Chứng minh rằng: M chia hết cho Giải Trong trang này: Bài 20 tham khảo từ TLTK số [8] [ 2] Bài 21 tham khảo từ TLTK số [ 7] Bài 22 tham khảo từ TLTK số [8] 1 1 1 + + =0 ⇒ + 3+ = abc a b c a b c 2 2 2 1 b c c a a b Ta có M = + + = a2 b2 c2 ( + + ) = a2 b2 c2 = 3abc abc a b c a b c Từ Vậy M chia hết cho Nhận xét: Từ giả thiết 1 1 1 + + =0 ⇒ + 3+ = abc a b c a b c Sau biến đổi M để M =3abc, từ suy M chia hết cho 1 + + = a, b, c ≠ Chứng minh rằng: a b c a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 A = ( 2 − ) ( 2 − )( 2 − ) chia hết cho b c a c a b a b c Bài 23: Cho [ 6] Giải 1 −2 1 + = – Do đó: + – = a b c ab b c a 1 −2 1 −2 Tương tự, ta có: + − = ; 2+ 2− 2= bc c ac b c a a b 2 2 2 a +b b +c c +a Do đó: ( 2 − )( 2 − )( 2 − ) b c a c a b a b c 2 2 −2 −2 −2 −8 1 a +b c +a = ( + − )( 2 − )( 2 − ) = = 2 ab bc ac b c a a b c c a b a b c Ta có: Với a,b,c ≠ a b c > Vậy A chia hết cho 12 1 1 1 + + = , suy + =− a b c a b c 2 1 −2 a +b −2 ⇒ + − = ⇒ 2 − = ab a b c ab a b c Nhận xét: Trước hết ta biến đổi từ Từ thay vào A A chia hết Bài 24: Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn a + b + c = (a – b) (b – c) (c – a) [ 5] Chứng minh rằng: (a – b) + (b – c) + (c – a) chia hết cho 81 Giải Ta có (a – b) + (b – c) + (c – a) = nên (a – b) + (b – c) + (c – a) = 3(a – b)(b – c)(c – a) Ta xét số dư a, b, c cho *)Nếu ba số dư khác 0; 1; (a + b + c) chia hết cho (a – b)(b – c)(c – a) không chia hết cho Nếu hai số dư a + b + c khơng chia hết cho Khi ba hiệu a – b; b – c; c – a chia hết cho Trái với đề Vậy trường hợp ba số a, b, c có số dư chúng chia hết cho Suy (a– b) (b – c)(c– a) chia hết cho 3.3.3 ⇒ 3(a– b)(b – c)(c – a) chia hết cho 3.3.3.3 Nên (a – b) + (b – c) + (c – a) chia hết cho 81 Nhận xét: Đối với toán xuất phát từ (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0, từ ta suy (a – b) + (b – c) + (c – a) = 3(a – b)(b – c)(c – a) Rồi tiến hành xét số Trong trang này: Bài 23 tham khảo từ TLTK số [ 6] Bài 24 tham khảo từ TLTK số [ 5] dư a, b, c cho 3, từ (a – b)(b – c)(c – a) chia hết cho 3.3.3 Dạng Chứng minh đẳng thức Bài 25: Cho Cho a + b + c = Chứng minh rằng: [ 2] a) 2(a +b +c ) = 5abc (a + b +c ) b) a + b + c = –5abc(ab + bc + ca) [ 2] Giải 3 a)Từ a + b + c = 0, suy a + b + c = 3abc; 2 3 2 Do đó: 3abc (a + b + c ) = (a + b + c )(a + b + c ) 5 2 2 2 = a + b + c + a (b + c ) + b (c + a ) + c (a + b ) Cũng từ: a + b + c = ⇒ a + b = – c ⇒ a + b + 2ab = c ⇒ a + b = c – 2ab a + c = b – 2ac; b + c = a – 2bc Do vậy: 3abc(a2 + b2 + c2) = a5 + b5 + c5 + a3(a2– 2bc) + b3(b2– 2ca) + c3(c2 – 2ab) = 2(a5 + b5 + c5) – 2abc (a2 + b2 + c2) ⇒ 5abc (a2 + b2 + c2) = 2(a5 + b5 + c5) Vậy 2(a5 + b5 + c5) = 5abc (a2 + b2 + c2) b) Từ a + b + c = ⇒ a2 +b2 + c2 = – 2(ab + bc + ca) Theo câu a, ta có: 2(a5 + b5 + c5) = 5abc (a2 + b2 + c2) = –5abc 2(ab + bc + ca) Vậy a5+ b5 + c5 = – 5abc (ab + bc + ca) 13 Nhận xét: Nhận thấy a = a a , nên để xuất vế phải cần thay 3abc = a + b + c vào vế phải, sau khai triển Khi khai triển xong, ta biến đổi phần cịn lại khơng phải a + b +c trở thành phần kết luận xong Bài 26: Cho a + b + c = Chứng minh rằng: [ 3] a) a + b + c = 2(a b +b c + c a ) [1] b) a + b + c = 2(ab + bc + ca) 4 2 2 [1] c) 2(a + b + c ) = (a + b + c ) Giải a)Ta có: a + b + c = suy a = – (b + c) ⇒ a2 = (b + c)2 ⇒ a2 = b2 + c2 + 2bc ⇒ a2 – b2 – c2 = 2bc ⇒ (a2 – b2 – c2)2 = (2bc)2 ⇔ a4 + b4 + c4 – 2a2b2 – 2a2c2 + 2b2c2 = 4b2c2 4 2 2 2 Vậy: a + b + c = 2(a b + b c + c a ) b)Theo kết câu a, ta có: a4 + b4 + c4 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) (1) 2 2 2 2 2 Mặt khác: 2(ab + bc + ca) = (a b + a b + a b + 2ab c + 2a bc + 2abc ) = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) + 2abc (a + b + c) ⇒ (ab + bc + ca) = (a b + a b + a b ) (vì a + b + c = 0) (2) 4 Từ (1) (2) suy ra: a + b + c = 2(ab + bc + ca) c) Theo câu a, ta có: a4 + b4 + c4 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) ⇔ a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 ⇔ a4 + b4 + c4 + a4 + b4 + c4 = a4 + b4 + c4 + 2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 4 2 2 Vậy 2(a + b + c ) = (a + b + c ) Nhận xét: Câu a xuất phát từ a + b + c = ta biến đổi để a – b2 – c2 = 2bc, bình phương hai vế để có a + b4 + c4 Đối với câu b ta áp dụng kết câu a, sau biến đổi (ab + bc + ca) = (a b + a b + a b ) Đối với câu c cung sử dụng kết câu a thêm vào vế a4 + b4 + c4 để vế phải (a + b + c )2 Trong trang này: Bài 225 tham khảo từ TLTK số [ 2] Bài 26a tham khảo từ TLTK số [ 3] Bài 26b,c tham khảo từ TLTK số [1] Bài 27: Cho a + b + c = Chứng minh rằng: [1] 6(a + b + c ) = 5(a + b + c )(a + b + c ) Giải 3 Từ a + b + c = ⇒ a + b + c = 3abc Ta có: 5(a + b + c )(a + b + c ) = 10a + 10b + 10c –10abc (a + b +c ) 3 2 = 10(a + b + c ) – 10(a + b + c )(a + b + c ) ⇔ 15(a + b + c )(a + b + c ) = 30(a + b + c )–10(a + b + c )(a + b + c ) ⇔ 25(a + b + c )( a + b + c ) = 30(a + b + c ) 3 2 5 3 2 Vậy 6(a + b + c ) = 5(a + b + c ) (a + b + c ) Nhận xét: Đối với toán ta biến đổi vế phải để xuất a + b + c đồng thời sử dụng a + b + c = 3abc Bài 28: Cho số thực x, y, z khác đôi thỏa mãn: x3 = 3x – 1; [ 8] y 3= 3y –1; z3 = 3z –1 Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 = 14 Giải  x − y = 3( x − y )  x + xy + y =   Từ x3 = 3x–1; y3=3y –1; z3 = 3z–1 nên  y − z = 3( y − z ) ⇔  y + yz + z = (*)  z − x = 3( z − x)  z + zx + x =   2 Do đó: x – z + xy – yz = ⇔ (x – y)(x + y + z) = ⇔ x + y + z = Suy (x+ y + z)2 = ⇒ x2 + y2 + z2 = –2(xy +yz +zx) Cộng theo vế (*) ta được: 2(x2 + y2 + z2) + xy + yz + zx = 2 2 Nên (x + y + z ) + (x + y + z) = 2 Vậy: x + y + z = Nhận xét: Từ giả thiết toán ta biến đổi x + y + z = 0, đồng thời cộng theo vế giả thiết để xuất x2 + y2 + z2 1 + y + = x z x + y = x + z + y + z (*) Bài 29: Cho x, y, z số dương thỏa mãn Chứng minh rằng: [ 7] Giải xy + yz + zx 1 = ⇒ xy + yz + zx = Ta có: + y + = ⇔ xyz x z (do x, y, z dương) (*) ⇔ x + y = x + z + y + z + ( x + z )( y + z ) ⇔ 2z + ( x + z )( y + z ) = ⇔ – z = ( x + z )( y + z ) ⇔ – z = xy + xz + yz + z ⇔ z2 = xy + xz + yz + z2 ⇔ xy + yz + zx = (đúng) Vậy: x + y = x + z + y + z Nhận xét: Ta biến đổi tương đương biểu thức cần chứng minh để đưa xy + yz + zx = điều suy từ Trong trang này: Bài 27 tham khảo từ TLTK số 1 1 + y + = x z [1] Bài 28 tham khảo từ TLTK số [8] Bài 29 tham khảo từ TLTK số [ 7] 1 Bài 30: Cho M = x + yz + y + zx + z + xy x, y, z đôi khác thỏa mãn 1 + y + = Chứng minh rằng: x z (2019x 2020 + 2020 y 2021 +2021z 2022 )M2022 = xy + yz + zx Giải [ 2] xy + yz + zx 1 = ⇒ xy + yz + zx = + y + =0 ⇔ xyz x z Từ xy + yz + zx = ⇒ xy = – yz – zx ; yz = – zx – xy; zx = – xy – yz 1 Nên x + yz = x − xz − xy + yz = ( x − y)( x − z ) Ta có: 15 Tương tự, ta có: 1 = y + zx ( y − z )( y − x) 1 = z + xy ( z − x)( z − y ) 1 Do đó: M = ( x − y)( x − z ) + ( y − z )( y − x) + ( z − x)( z − y) y−z z−x x− y + + ( x − y )( x − z )( y − z ) ( x − y )( x − z )( y − z ) ( x − y )( x − z )( y − z ) y−z+z−x+x− y = = ⇒ Vế trái = Vế phải = ( x − y )( x − z )( y − z ) = Vậy (2019x 2020 + 2020 y 2021 + 2021z 2022 ) M2022 = xy + yz + zx Nhận xét: Đối với toán ta biến đổi giả thiết để đưa vế phải 0, sau biến đổi biểu thức M có kết 0, 2019x 2020 + 2020 y 2021 +2021z 2022 khơng biến đổi, từ suy vế trái Bài 31: Cho a, b, c đôi khác a + b + c = Đặt A = 4ab − c 4bc − a 4ca − b ; B = ; C = ca + 2b ab + 2c bc + 2a [ 3] Chứng minh rằng: A.B.C số nguyên Giải Ta có: a + b + c = ⇒ c = – (a + b) nên 4ab – c = 4ab – (a + b) = 4ab – a –2ab – b = – (a – 2ab + b ) = – (a – b) Tương tự ta có: 4bc – a = – (b – c) ; 4ca – b = – (c – a) Mặt khác: ab + 2c2 =c2 + ab + c2 = c [ − (a + b)] + ab + c = – ac – bc + ab + c2 = ( – ac + c ) + (– bc + ab) = – c (a – c) + b(a – c ) = (a – c)(b – c) Tương tự: bc + 2a = (b – a) (c – a); ca + 2b = (c – b)(a – b) − ( a − b) − (b − c) − (c − a ) Suy A.B.C = (a − c)(b − c) (b − a)(c − a ) (c − b)(a − b) = Vậy A.B.C số nguyên Nhận xét: Để chứng minh A.B.C số nguyên ta biến đổi tử thức mẫu thức thành nhân tử, kết hợp với điều kiện sau rút gọn biểu thức Bài 32: Cho số thực a, b, c đôi khác thỏa mãn Trong trang này: Bài 30 tham khảo từ TLTK số [ 2] Bài 31 tham khảo từ TLTK số [ 3] (a– b) − c + (b – c) − a + (c – a) − b = Chứng minh rằng: (1 − a )(1 − b )(1 − c ) + abc = Giải Đặt x = (a – b) − c ; y = (b – c) − a ; z = (c – a) − b => x + y + z = => x + y + z = 3xyz Do đó: (a – b) (1 – c) + (b – c) (1– a) + (c – a) (1– b) = 3(a – b)(b – c) (c – a) − c − a − b [ 6] Suy ra: – abc = − c − a − b 16 Vậy (1 − a )(1 − b )(1 − c ) + abc = Nhận xét: Để giải toán ta đặt ẩn phụ để đưa toán x + y + z = 0, từ suy x3 + y3 + z3 = 3xyz biến đổi để điều phải chứng minh x2 y2 a b c Bài 33: Giả sử ba số ; ; nghiệm phương trình + + yz zx b−c c−a a−b a b c z2 = Chứng minh ba số ; ; nghiệm 2 (b − c) (c − a ) ( a − b) xy phương tình [ 2] Giải Ta có x z y + + = ⇔ x + y + z = 3xyz => x = y = z x + y + z = yz zx xy Vì nghiệm phương trình cho ba số khác nên số a, b, c ba số khác khác *Nếu a b c = = = k (k ≠ 0) => a = k(b – c); b = k(c – a); c = b−c c−a a−b k(a – b) Suy a + b + c = ⇔ a + b = – c a b a b Từ b − c = c − a ⇔ b + a + b = − a − b − a ⇔ a(-2a - b) = b(a + 2b) ⇔ (a + b) + a + b = ⇔ a = b = => a = b = c = (loại) *Nếu b( a − c ) + c ( a − c ) a b c a b c + + = => = + = (a − c)(b − a) b−c c−a a−b b−c a−c b−a b (b − a ) + c ( a − c ) a => (b − c) = (a − c)(b − a)(b − c) b − ab + ca − c a => (b − c) = (a − c)(b − a)(b − c) b c − cb + ab − a Tương tự ta có: (c − a) = (a − c)(b − a)(b − c) (2) c a − ac + bc − b = ( a − b) (a − c)(b − a )(b − c) a b c Từ (1); (2); (3) suy ra: (b − c) + (c − a) + (a − b) = (3) [ 6] Bài 33 tham khảo từ TLTK số [ 2] Trong trang này: Bài 32 tham khảo từ TLTK số a (1) b c Đặt m = (b − c) ; n = (c − a) ; p = (a − b) => m + n + p = 3mnp => a b m2 n2 p2 + + =3 np pm mn c Vậy ba số (b − c) ; (c − a) ; (a − b) nghiệm phương trình cho 17 x2 y2 z2 Nhận xét: Xuất phát từ + + = nên x + y + z = 3xyz ⇒ x + y + z = yz zx xy x = y = z Thay hai trường hợp vào biểu thức lập luận để ba số x2 y2 z2 cho nghiệm phương trình + + = yz zx xy Dạng Giải phương trình hệ phương trình Bài 34: Giải phương trình sau: [ 4] a) (2020 – x)3 + (2022 – x)3 + (2x – 4042)3 = 3 [ 4] b) 27(x– 3) = 8(x –2) +(x – 5) Giải a) Đặt 2020 – x = a; 2022 – x = b; 2x – 4042 = c => a + b + c = Phương trình cho trở thành: a3 + b3 + c3 = Áp dụng: Nếu a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc Khi đó: a3 + b3 + c3 = ⇔ 3abc = => a = b = c = => 2020 – x = 2022 – x = 2x – 4042 = => x = 2020 x = 2021 x = 2022 Vậy tập nghiệm phương trình là: S = {2020; 2021; 2022} b)Phương trình: 27(x– 3) = 8(x – 2) + (x – 5) ⇔ (3x– 9) + (4 –2x) +(5 – x) = Đặt a = 3x – 9; b = – 2x; c = – x => a + b + c = Khi phương trình trở thành: a3 + b3 + c3 = Áp dụng: Nếu a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc Khi đó: a3 + b3 + c3 = ⇔ 3abc = => a = b = c = Do ta có: 3(3x – 9) (4 – 2x) (5 – x) = Suy ra: x = x = x = Vậy tập nghiệm phương trình cho là: S = { 2;3;5} Nhận xét: Để giải phương trình ta đặt ẩn phụ, đưa dạng toán: a + b3 + c3 = 0, sử dụng a + b + c = suy a + b3 + c3 = 3abc Từ suy phương trình 3abc = Tiến hành giải a = 0; b = 0; c = để tìm nghiệm phương trình  x + y = xy − Bài 35: Giải hệ phương trình sau:  2x + y =  [ 5] Giải x + y + = Ta có: x + y = 6xy – ⇔ x + y + – 3.x.y.2 = ⇔   x= y=2 Trong trang này: Bài 34 tham khảo từ TLTK số [ 4] Bài 35 tham khảo từ TLTK số [ 5] x + y + = ⇔  2x + y = *Với x + y + = ta có:   x=3   y = −5 *Với x = y = (không thỏa mãn) Vậy nghiệm hệ phương trình (x; y) = (3; – 5) 18 Nhận xét: Khi giải hệ phương trình ta biến đổi phương trình thứ hệ dạng a3 + b3 + c3 = 3abc, từ suy a + b + c = a = b = c, kết hợp với phương trình thứ hai hệ để tìm nghiệm Bài 36: Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình x + y + 3z =   3 ( x − 1) + ( y − 3) + (3 z − 2) = 18 [ 5] Giải x + y + 3z =  3 ( x − 1) + ( y − 3) + (3 z − 2) = 18 Hệ phương trình (I):   ( x − 1) + ( y − 3) + (3 z − 2) = ⇔  3 ( x − 1) + ( y − 3) + (3 z − 2) = 18 ( x − 1) + (2 y − 3) + (3z − 2) = ⇔   ( x − 1)(2 y − 3)(3 z − 2) = Vì x, y, z nguyên nên x –1; 2y – 3; 3z – nguyên Do giá trị tuyệt đối (x –1); (2y – 3); (3z – 2) ước 6, nghĩa thuộc tập hợp { ± 1;±2;±3;±6} Từ để 3z –2 ngun 3z – =1 3z – = – ( x − 1) + (2 y − 3) = −1  ( x − 1)(2 y − 3) = *Với 3z –2 =1 ta được:  Vậy (x–1) (2y – 3) nghiệm phương trình: t2 + t + = Phương trình vô nghiệm ( x − 1) + (2 y − 3) =  ( x − 1)(2 y − 3) = −3 *Với 3z – = – ta được:  Vậy (x –1); (2y – 3) nghiệm phương trình: t2 –2t –3 = Phương trình có hai nghiệm t1 = –1; t2 = + Trường hợp 1: x –1 – 1; 2y – = suy x = 0; y = ⇒ z = + Trường hợp: x –1 = 3; 2y – = –1 suy x = 4; y = ⇒ z = Vậy hai cặp nghiệm nguyên (x; y; z) = (0; 3; 0); (4; 1; 0) Nhận xét: Đối với tốn trên, từ phương trình thứ hệ biến đổi dạng a + b + c = 0, đồng thời biến đổi phương trình thứ hai hệ dạng a +b3+ c3 =3abc Mà a3 + b3 + c3 suy 3abc = 18 Từ tìm a, b, c tức tìm x; y; z 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Với hoạt động giáo dục: Học sinh nắm vững phương pháp giải dạng bài, giải em khơng cịn lúng túng, diễn đạt chặt chẽ Nhờ phân loại dạng toán giúp cho em đường lối giải toán Biết cách định hướng giải toán cách ngắn gọn Học sinh phát huy trí lực thân có lúc em phát triển toán Trong trang này: Bài 36 tham khảo từ TLTK số [ 5] Đặc biệt số em bồi dưỡng từ chỗ em ngại gặp dạng toán đến số em ham muốn tìm tịi toán giải toán khó vận dụng linh hoạt giải 19 Với thân: Tôi cảm thấy tự tin công tác giảng dạy, công bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi khai thác ứng dụng số toán để giải toán khác Với nhà trường: Chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi ngày nâng lên Kết kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện đạt kết cao Các tốn có ứng dụng học sinh đạt điểm tương đối tốt, cụ thể tập Bài 1: Cho a,b,c đôi khác thỏa mãn a + b + c = a,b,c ≠ a2 b2 c2 + + b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 1 Bài 2: Cho a, b, c ≠ thỏa mãn + + = 0, a b c bc − ac ac − ab ab − bc Đặt P = + + ; ab bc ca bc ac ab Q= + + ac − ab ab − bc bc − ca Rút gọn biểu thức D = Tính P.Q Bài 3: Cho a + b + c = 6(a + b +c ) = 7(a3+b3+c3)(a4+b4+c4) x+ y+z =0   2 2 2 2 Bài 4: Giải hệ phương trình  x + y + z = 2022( x y + y z + z x )  x + y + z = 2021xyz  [ 4] [ 4] [ 5] [8] Kết cụ thể em mà bồi dưỡng sau thời gian tơi nhận thấy sau: Giỏi Khá Trung bình Yếu SL TL% SL TL% SL TL% SL TL% 37.5 43.75 18.75 0 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Muốn dạy học để gây hứng thú cho học sinh dừng lại yêu cầu sách giáo khoa chưa đủ, địi hỏi giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tịi sáng tạo thường xun bổ sung kiến thức tích luỹ kinh nghiệm vấn đề Qua toán phải biết nhận xét rút kinh nghiệm, từ vận dụng linh hoạt tốn nêu để chứng minh toán rút gọn biểu thức, tính giá trị biểu thức, chứng minh đẳng thức, chứng minh chia hết, giải phương trình hệ phương trình số tốn Trong trang này: Bài 1;2 tham khảo từ TLTK số [ 4] Bài tham khảo từ TLTK số [ 5] Bài tham khảo từ TLTK số [8] Qua việc nghiên cứu bên cạnh việc giúp cho thân nâng cao kiến thức, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả, giúp thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu để tiếp tục nghiên cứu vấn đề khác tốt 20 trình dạy học mình.Đề tài cịn giúp giáo viên học sinh phân dạng toán có liên quan, từ có kết cao giảng dạy học tập Trong trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, đọc tài liệu tham khảo rút số kinh nghiệm nêu Hy vọng nội dung “Khai thác ứng dụng toán lớp để rèn luyện giải số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu ” làm kinh nghiệm để giúp học sinh tiếp thu vấn đề này, phần nâng cao lực tư duy, sáng tạo rèn kỹ giải toán cho học sinh Trong q trình nghiên cứu khơng thể tránh khỏi sai sót, hạn chế mong giúp đỡ, góp ý đồng nghiệp 3.2 Kiến nghị Đối với nhà trường: Thường xuyên tổ chức chuyên đề nhóm ứng dụng tốn trên, để trao đổi kiến thức chuyên môn, để thống phương pháp giảng dạy, cách thức tổ chức bồi dưỡng, tìm thêm tốn hay có liên quan đến tốn nêu Đối với phịng giáo dục: Trong năm học thường xuyên tổ chức chuyên đề, hội thảo, chuyên đề, hội thảo sâu vào chủ đề kiến thức trọng tâm chương trình hiệu cao hơn, tổ chức liên trường để tập trung phát huy trí tuệ, kinh nghiệm nhiều người Đối với sở giáo dục: Với sáng kiến có chất lượng cao đóng thành tập san gửi phòng giáo dục, để triển khai tới nhà trường Xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thạch Thành, ngày 22 tháng năm 2022 ĐƠN VỊ CAM KẾT KHÔNG COPY Tác giả Dương Khắc Tồn TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Các dạng tốn phương pháp giải Tốn 8,9- Tập 21 Tơn Thân, Vũ Hữu Bình, Nguyễn Vũ Thanh, Bùi Văn Tuyên-NXB GD [ 2] Tài liệu Chuyên toán THCS Toán 8,9 tập 1- Đại số Vũ Hữu Bình, Đàm Hiếu Chiến, Trần Hữu Nam, Phạm Thị Bạch Ngọc, Trương Công Thành [ 3] Toán Nâng cao chuyên đề Toán Vũ Dương Thuỵ - Nguyễn Ngọc Đạm-NXB GD [ 4] Theo Tài liệu Chuyên toán THCS Toán 8,9- Tập Vũ Hữu Bình, Bùi văn Tuyên- NXB GD [ 5] Toán bồi dưỡng Học sinh lớp 8,9 Vũ Hữu Bình, Tơn Thân, Đỗ Quang Thiều-NXBGD [ 6] Nâng cao phát triển &Bồi dưỡng theo chuyên đề Tốn Đồn Thích - Internet [ 7] Nâng cao &phát triển toán 9- Tập Vũ Hữu Bình- NXB GD [8] Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán 8,9 Bùi Văn Tuyên – NXB GD DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN 22 Họ tên tác giả: Dương Khắc Toàn Chức vụ đơn vị cơng tác: Phó Hiệu trưởng Trường THCS Thành An Huyện Thạch Thành - Tỉnh Thanh Hoá Kết Cấp đánh đánh giá Năm học giá xếp loại TT Tên đề tài SKKN xếp loại đánh giá (Phòng, Sở, (A, B, xếp loại Tỉnh ) C) Hướng dẫn học sinh kẻ đường Sở Giáo dục C 2000-2001 Đào tạo phụ chứng minh hình học Phát triển số tốn từ Phịng Giáo dục Đào A 2001-2002 SGK để bồi dưỡng học sinh giỏi tạo Hướng dẫn học sinh giỏi toán Sở Giáo dục C 2004-2005 Đào tạo nhiều cách khác Rèn luyện kĩ tính tốn cho Phịng Giáo dục Đào B 2006-2007 hoc sinh THCS tạo Hướng dẫn học sinh gải tốn Phịng Giáo dục Đào máy tính cầm tay FX A 2008-2009 tạo 500MS đạt hiệu Một số phương pháp giải Phịng Giáo dục Đào A 2010-2011 phương trình nghiệm nguyên tạo Ôn luyện học sinh lớp thi vào Sở Giáo dục C 2012-2013 Đào tạo 10 đạt kết cao Vận dụng bất đẳng thức phụ để Sở Giáo dục chứng minh số bất đẳng Đào tạo thức phức tạp nhằm rèn luyện kĩ C 2015-2016 chứng minh bất đẳng thức cho học sinh giỏi lớp 8, đạt hiệu Ứng dụng tính chất dãy tỷ số để hướng dẫn học sinh dạng toán tỷ lệ thức nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi Sở Giáo dục lớp đạt hiệu cao Trường Đào tạo C 2017-2018 THCS Thành An 23 24 ... dạy học tập Trong trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, đọc tài liệu tham khảo rút số kinh nghiệm nêu Hy vọng nội dung ? ?Khai thác ứng dụng toán lớp để rèn luyện giải số dạng toán nhằm bồi dưỡng. .. tốn giải tốn khó vận dụng linh hoạt giải 19 Với thân: Tôi cảm thấy tự tin công tác giảng dạy, công bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi khai thác ứng dụng số toán để giải toán. .. minh số bất đẳng Đào tạo thức phức tạp nhằm rèn luyện kĩ C 2015-2016 chứng minh bất đẳng thức cho học sinh giỏi lớp 8, đạt hiệu Ứng dụng tính chất dãy tỷ số để hướng dẫn học sinh dạng toán tỷ