Skkn ứng dụng bình phương và tổng các bình phương để rèn luyện giải một số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu quả ở trường thcs phạm văn hinh

SỞGIÁO GIÁODỤC DỤCVÀ VÀĐÀO ĐÀOTẠO TẠOTHANH THANHHỐ HỐ SỞ PHỊNGGIÁO GIÁODỤC DỤCVÀ VÀĐÀO ĐÀOTẠO TẠOTHẠCH THẠCHTHÀNH THÀNH PHÒNG SÁNGKIẾN KIẾNKINH KINHNGHIỆM NGHIỆM SÁNG ỨNG ỨNG DỤNG DỤNG TỔNG TỔNG BÌNH BÌNH PHƯƠNG PHƯƠNG ĐỂ ĐỂ RÈN RÈN LUYỆN LUYỆN GIẢI GIẢI MỘT MỘT SỐ DẠNG TOÁN NHẰM BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8,9 SỐ DẠNG TOÁN NHẰM BỒI DƯỠNG SINH GIỎI LỚP 8,9 ĐẠT HIỆU QUẢ Ở TRƯỜNG THCSHỌC PHẠM VĂN HINH ĐẠT HIỆU QUẢ Ở TRƯỜNG THCS PHẠM VĂN HINH Người thực hiện: Lê Thị Mai Người hiện:viên Lê Thị Mai Chức thực vụ: Giáo Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Phạm Văn Hinh Đơn vị cơng Trường SKKN thuộctác: mơn: TốnTHCS Phạm Văn Hinh SKKN thuộc mơn: Tốn THẠCH THÀNH NĂM 2021 skkn MỤC LỤC TT Tên mục 1 Mở đầu Trang 1- Lý chọn đề tài - Mục đích nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu 1.5- Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 10 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 11 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động 18 giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 12 Kết luận, kiến nghị 19 13 3.1 Kết luận 19 14 3.2 Kiến nghị 20 skkn 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 mà dạy tốn khơng ngừng bổ sung đổi để đáp ứng địi 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 Chương trình Tốn trung học sở phong phú đa dạng, dạng toán đề cập đến tương đối nhiều Trong số đó, tốn tổng bình phương 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, thân người dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tịi dạng tốn tổng bình phương phương pháp dễ hiểu, dễ vận dụng nhằm bổ trợ nâng cao kịp thời cho em Ở phần tốn tổng bình phương địi hỏi cách giải riêng phù hợp với đặc điểm toán Điều có tác dụng rèn luyện tính tư toán học linh hoạt sáng tạo người học Do tốn vận dụng tổng bình phương thường có mặt kỳ thi chọn học sinh giỏi, thi chọn học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh, kì thi Violimpic Tốn Bên cạnh đó, tốn ứng dụng tổng bình phương đề tài lí thú phân mơn Đại số, đối tượng nghiên cứu Toán học Các toán ứng dụng tổng bình phương đề cập sách giáo khoa từ đầu năm lớp đến lớp lớp có yêu cầu khác nên làm cho người học người dạy vất vả học sinh lớp lớp Với Trường THCS Phạm Văn Hinh, trung tâm chất lượng cao bậc THCS huyện Thạch Thành công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đặt lên hàng đầu nhiệm vụ trọng tâm nhà trường tất năm học Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8,9 nhiệm vụ quan trọng đặc biệt tốn ứng dụng tổng bình phương, tảng cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp lớp dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh Từ yếu tố khách quan chủ quan Tơi tìm tịi nghiên cứu đề tài “Ứng dụng tổng bình phương để rèn luyện giải số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu trường THCS Phạm Văn Hinh” Nhằm tìm biện pháp hữu hiệu, để có phương án thích hợp giúp học sinh tiếp cận với toán ứng dụng tổng bình phương cách chủ động, sáng tạo, hứng thú q trình học Các tốn tổng bình phương phong phú dạng toán, nội dung sáng kiến nghiên cứu số dạng tốn điển hình số phương pháp giải cho dạng tốn 1.2 Mục đích nghiên cứu: - Tìm phương pháp giải dạng tốn tổng bình phương skkn - Xây dựng hệ thống tập theo dạng thức cụ thể, đảm bảo tính xác, khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh - Góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi toán - Để thân rút số phương pháp, biện pháp thích hợp giúp học sinh lớp 8,9 giải dạng tốn bình phương tổng, hiệu tốt 1.3 Đối tượng nghiên cứu “Hướng dẫn học sinh giải dạng tốn tổng bình phương để bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu trường THCS Phạm Văn Hinh” 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 Luận lý học (lơgic) ký hiệu tốn học.  Mơn Tốn mơn học địi hỏi phải có kĩ giải tốn ứng dụng dạng tốn, mơn khoa học đòi hỏi tư cao người dạy người học Thơng 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 Đây vấn đề khó người học, địi hỏi người dạy cần truyền đạt cho em ham thích học tốn cách phân dạng tốn tổng bình phương biểu thức 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 tồn diện học sinh Chính vậy, nhà trường THCS cần xác định mục tiêu nhằm cung cấp cho em học sinh kiến thức phổ thơng 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 skkn 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: Trường THCS Phạm Văn Hinh có truyền thống việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán số học sinh có tư chất thơng minh, có thiên hướng học môn khoa học tự nhiên, nhiều em u thích mơn tốn Nhược điểm: Về học sinh:Khơng biết cách giải tốn tổng bình phương Khơng biết cách trình bày Khơng nắm dạng tốn tổng bình phương cách cụ thể Về giáo viên: Giáo viên chưa bao quát hết dạng tốn tổng bình phương Nhiều giáo viên khơng trọng đến mảng kiên thức này, chưa quan tâm mức đến tất dạng tốn tổng bình phương Nguyên nhân: - Nguyên nhân khách quan: +Thời lượng dành cho đơn vị kiến thức theo phân phối chương trình cịn + Sách giáo khoa đưa toán nâng cao dạng toán ứng dụng tốn cịn - Ngun 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 luỹ thừa Qua số năm phân công tham gia bồi dưỡng học sinh khá, giỏi thường trực tiếp tham khảo nhiều tài liệu viết nội dung tơi thấy việc cần thiết phải có phân loại, phương pháp giải thích hợp giúp học sinh phần có sở để tìm tịi giải tốn ứng dụng bình phương Ở trường trung học sở dạng tốn có liên quan đến tổng bình phương xuất nhiều lớp 8,9 đặc biệt đề học sinh giỏi 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: Chứng minh rằng: Nếu (x+y) = 2(x +y ) x = y Bài 2: Chứng minh rằng: a + b 2ab Bài 3: Chứng minh rằng:A = x - 6x+2019 > với Bài 4: Tìm giá trị lớn M = - 9x +6x – 20 skkn Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: Trong trang này: Bài 1,2,4,5 tham khảo từ TLTK số + + = (x+y+z) tham khảo từ TLTK số 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 tổng bình phương 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề * Hướng dẫn học sinh nắm vững kiến thức bản: - Bằng cách cung cấp lý thuyết tiết dạy lý thuyết - Củng cố tiết luyện tập - Học sinh củng có kiến thức đẳng thức Kiến thức bản: a) (A B) = (A 2AB+B ) b) (A+B+C) = A + B + C +2AB+2BC+2CA c) A = B d) A + A + A +…+ A e) A + A + A +…+ A =0 Dấu  « = » xảy Với kiến thức xin giới thiệu phân thành dạng tập sau: * Hướng dẫn vận dụng phương pháp giải dạng toán áp dụng : Dạng Chứng minh đẳng thức: Phương pháp: Để chứng minh A = B, ta xét hiệu A – B chứng minh A – B = chứng minh A – B = C Bài toán 1: a) Cho a +b = 2ab Chứng minh rằng: a = b b) Chứng minh a + b + c = ab+bc + ca a = b = c Giải a) Ta có a +b =2ab a +b – 2ab = (a – b) = a–b=0 a=b b)Ta có: a + b + c = ab+bc+ca a + b + c – ab – bc – ca = 2a + 2b + 2c – 2ab – 2bc – 2ca = (a – 2ab+b ) + (b – 2bc + c )+(c – 2ca+a ) =0 skkn (a – b) + (b – c) + (c – a) = a = b = c Trong trang này: Bài toán 1a tham khảo từ TLTK số ,bài toán 20 tham khảo từ TLTK số Bài toán 2: Cho tam giác có ba cạnh a,b,c thỏa mãn a +b +c = 3abc Hỏi tam giác tam giác gì? Giải Ta có: a +b +c = 3abc a +b +c – 3abc = (a+b+c)(a +b +c – ab – bc – ca) = Theo giả thiết, ta có: a +b + c > nên a +b +c – ab – bc – ca = 2a + 2b + 2c – 2ab – 2bc – 2ca = (a – 2ab+b ) + (b – 2bc + c )+(c – 2ca+a ) = (a – b) + (b – c) + (c – a) = a = b = c Vậy tam giác tam giác Bài tốn 3: Chứng minh rằng : Nếu (y–z) +(z–x) +(x–y) = (y+z–2x) + (z+x–2y) +(x+y–2z) x= y =z Giải Ta có : (y–z) +(z–x) +(x–y) = (y+z–2x) +(z+x–2y) +(x+y–2z) y –2yz +z + z –2zx +x + x –2xy +y = y +z +4x +2yz–4zx–4xy+z +x +4y +2zx–4yz– 4xy+x +y +4z +2xy– 4zx – 4yz 4x +4y +4z –4xy– 4yz– 4zx = 2x +2y +2z –2xy–2yz–2zx = (x –2xy+y )+ (y –2yz+z )+ (z –2zx+x ) = (x–y) +(y–z) +(z–x) =0 x = y = z Vậy y–z) +(z–x) +(x–y) = (y+z–2x) +(z+x–2y) +(x+y–2z) x= y =z Nhận xét : Bài toán 1,2,3 cách làm nhau, biến đổi ccha schuyển vế sau nhóm số hạng để đưa bình phương tổng hiệu Bài tốn 4: Cho x, y, z số dương thỏa mãn xy + yz + zx = 2020 Tính giá trị biểu thức P=x +y +z Giải Ta có : x =x =x skkn =x =x Trong trang :Bài toán tham khảo từ TLTK số ,Bài toán tham khảo từ TLTK số Tương tự, ta có : y = y(z+x) z = z(x+y) = x(y+z) ; Bài tốn tham khảo từ TLTK số Do đó : P = x(y+z) + y(z+x) + z(x+y) = xy+xz+yz+xy+zx+yz = 2(xy+yz+zx) = 2.2020 = 4040 Nhận xét: Đối với hai toán ta xuất phát từ đầu bài, sau chuyển vế từ vế phải sang vế trái nhóm số hạng để tạo thành đẳng thức bình phương hiệu Nhóm hạng tử để xuất xy+yz+zx thay vào để tính giá trị biểu thức Dạng Chứng minh bất đẳng thức: Phương pháp: Để chứng minh A B, ta xét hiệu A – B chứng minh A–B chứng minh A – B = C Bài toán 5: Chứng minh rằng: a) a + b +c ab+bc+ca b) a + b +c 3abc, với a+b+c >0 c) (a+ b+c) 3(a + b +c ) d) (a+b+c) 3(ab+bc+ca) Giải a) Ta có: a + b +c ab+bc+ca a + b +c –ab – bc – ca 2a + 2b +2c –2ab – 2bc – 2ca (a–b) + (b–c) +(c–a) (luôn đúng) Vậy a + b +c ab+bc+ca Dấu “=” xảy a = b = c b) Ta có: a + b +c 3abc a + b +c –3abc (a+b+c)(a +b +c – ab –bc – ca) Theo giả thiết, ta có: a+b+c nên a +b +c – ab –bc –ca (luôn đúng) Vậy a + b +c 3abc Dấu “=” xảy a = b = c c) Ta có: (a+ b+c) 3(a + b +c ) a + b +c +2ab+2bc+2ca 3a + 3b +3c 2a + 2b + 2c – 2ab – 2bc – 2ca (a–b) + (b–c) +(c–a) (luôn đúng) Vậy (a+ b+c) 3(a + b +c ) Dấu “=” xảy a=b=c d)Ta có: (a+b+c) 3(ab+bc+ca) (a+b+c) – 3(ab+bc+ca) a + b +c +2ab+2bc+2ca –3ab – 3bc – 3ca a + b +c – ab–bc–ca (a-b) + (b-c) +(c-a) (luôn đúng) skkn Dấu “=” xảy a = b = c Nhận xét: Các toán biến đổi tương đương cách chuyển vế biến đổi thành bình phương Trong trang :Bài tốn 5a,c tham khảo từ TLTK số ,bài toán 5b,d tham khảo từ TLTK số Bài toán 6: Chứng minh rằng: a) a + b ab(a+b) với a,b > c) a + b b) a + b +c abc(a+b+c) a b+ab Giải a)Ta có: a + b ab(a+b) (a – a b) + (b – ab ) a (a–b) –b (a–b) (a–b)(a –b ) (a–b) (a+b) (luôn đúng, a,b >0) Vậy a + b ab(a+b) Dấu “=” xảy a=b b) Cách 1: Ta có : a + b +c abc(a+b+c) a + b +c –a bc–ab c– abc 2a + 2b +2c –2a bc –2ab c –2abc (a – 2a b +b )+ (b – 2b c +c )+ (c – 2c a +a )+(a b +b c – 2ab c)+(b c +c a – 2abc )+(c a +a b - 2a bc) (a –b ) +(b –c ) +(c –a ) +(ab–bc) +(bc–ca) +(ca–ab) (luôn đúng) Vậy a + b +c abc(a+b+c) Dấu “=” xảy a=b=c Cách 2: Ta có: a + b +c = (a ) +(b ) +(c ) (ab) + (bc) + (ca) ab.bc+bc.ca+ca.ab b.abc+c.abc+a.abc abc(a+b+c) Vậy a + b +c abc(a+b+c) Dấu “=” xảy a=b=c c) a + b a b+ab (a –a b)+(b – ab ) a (a–b) –b (a–b) (a–b)(a -b ) (a–b) (a +ab+b ) (a–b) (luôn đúng) Dấu “=” xảy a = b Bài toán 7: Chứng minh rằng: a) a + b với a,b > b) (a +b )(x +y ) (ax+by) , với xy c) + d) + 2, với a b > -2, với ab < a) Ta có: a + b a–2 Dấu “=” xảy a=b Giải +b skkn ( - ) (ln đúng) b) Ta có : (a +b )(x +y ) (ax+by) (a +b )(x +y ) – (ax+by) a x + a y + b x + b y – a x –2abxy –b y a y + b x –2abxy (ay– bx) (luôn đúng) Dấu “=” xảy ay – bx = ay = bx Trong trang :Bài toán 6a,b 7a, tham khảo từ TLTK số ; ,Bài toán 7b tham khảo từ TLTK số Bài toán 7c,d tham khảo từ TLTK số c) Ta có : + + –2 0 (ln ab > 0, theo giả thiết) Dấu “=” xảy d)Ta có : + -2 a=b + +2 0 (ln ab < 0, theo giả thiết) Dấu “=” xảy a=-b Nhận xét: Các toán biến đổi điều phải chứng minh tương đương với điều hiển nhiên nhờ đẳng thức bình phương tổng bình phương hiệu Câu b bất đẳng thức Bunhiacơpxki Bài tốn Cho a,b,c số dương Chứng rằng: a) + b) a + b + c + d + e c) + + a+b+c a(b+c+d+e) d) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc, với a,b,c > Giải a) Ta có : + + – 0 0 (ln a,b >0) Dấu “=” xảy a= b b) Ta có a + b + c + d + e a(b+c+d+e) 4a + 4b + 4c + 4d + 4e – 4ab – 4ac – 4ad – 4ae (a –4 ab +b ) + (a –4 ac +c ) + (a – 4ad +d ) + (a – ae +e ) (a–2b) + (a–2c) + (a–2d) + (a–2e) (luôn đúng) Dấu “=” xảy a = b c) + + a+b+c Ta có: Tương tự: Suy ra: 2( + + + = b( + ) 2(a+b+c) skkn 2c; + + ) + + 2b 2a a+b+c 10 Dấu “=” xảy a= b=c d) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: a + b (1) b+c (2) ; c + a Nhân (1), (2), (3) vế với vế ta được: (a+b)(b+c)(c+a) 2 =8abc Dấu “=” xảy a = b = c Trong trang :Bài toán 8a,b,c tham khảo từ TLTK số (3) ,Bài toán8 d tham khảo từ TLTK số Bài toán Cho a,b,c số dương Chứng rằng: a) a+b+c)( c) + + + ) b) + + + + + Giải a) Ta có (a+b+c)( + + )=1+ + +1+ + +1+ = 3+( Mà + Nên (a+b+c)( + 2 ; + + ) 2 ; + + )+( + + )+( + ) với a,b,c > (theo BĐT cosi) 3+2+2+2 = Dấu “=” xảy a= b=c b) Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b với x, y, z > Suy ra : a = Do đó :  ; b = + = + (–1+  ; c = = + a+b+c = + –1 + + + –1+ + ) = = Dấu “=” xảy c) + + Hay = + + + + + + ương tự : Suy ra : 2( a = b =c + Theo a ta có: T x=y=z  ; ) 2.( + Dấu “=” xảy + + + + ) + a = b skkn 11 Nhận xét: Bài 8a,b biến đổi tương đương để đưa tổng bình phương Cịn 8c, biến đổi để xuất sau áp dụng kết Cuối rút gọn điều phải chứng minh Dạng Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức Phương pháp: Áp dụng đẳng thức A 2AB+B = (A biến Trong trang :Bài toán 9a tham khảo từ TLTK số B) = để ,bài toán 9b,c tham khảo từ TLTK số đổi dạng: + P = a+ minP = a f(x) = + Q = bb maxQ = b f(x) = Bài toán 10: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a) A = x +2x +2021 b) B = x +5y –2xy+4y+2021 c) C = (x –2x)( x –2x+2) Giải a)Ta có: A = x +2x +2021 = x +2x +1+202 = (x+1) +2020 Dấu “=” xảy x+1 = x = –1 Vậy minA =2020 x = –1 b) Ta có: B = x +5y – 2xy + 4y + 2022 = (x –2xy + y ) + (4y +4y+1)+2021 = (x–y) +(2y+1) +2021 2021 Dấu “=” xảy x=y= Vậy minB = 2021 x = y = c) Ta có : C = (x –2x)( x –2x+2) = (x –2x) – 2(x –2x) Đặt x –2x = y , ta có : C = y –2y = (y – 2y+1) – = (y–1) –1 –1 Dấu “=” xảy y–1= y =1 x(x–1) = x = x =1 Vậy minC = –1 x = x =1 Nhận xét: Đối với toán 11a,b ta biến đổi để đưa P = a+ Còn 11c biến đổi sau đặt ẩn phụ biến đổi biểu thức với ẩn phụ dạng giống tập Bài tốn 11: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a) A = b) B = c) C = d) D = Giải a)Ta có : A = = + = skkn + 12 Dấu “=” xảy Vậy minA = b) Ta có : B = = Đặt y = = 3– , ta có B = –2y+y = (y Dấu “=” xảy y–1=0 x =1 + –2y+1)+2 = (y–1) +2 y=1 =0 x =2 Vậy B = x =2 Trong trang :Bài toán 10c, 11a,c tham khảo từ TLTK số ,Bài toán 10a,c, 11b,d tham khảo từ TLTK số c) Ta có C = = =1– + – .2+2 – 4+1= ( –2) –3 – Dấu “=” xảy =2 Vậy C = – d)Ta có: D = – x= = + =( Dấu “=” xảy Vậy minD = x= – = – + = –2 – ) + – ( , ( ( =0 = – + –1) ) 0) x = 2020 x = 2020 Nhận xét : Đây tốn tìm giá trị nhỏ liên quan đến phân thức mà có mẫu bình phương ta biến đổi tử theo mẫu, sau thực phép chia để biến dổi dạng P = a+ giá trị nhỏ a Bài tốn 12: Tìm giá trị lớn biểu thức sau: a) A = 2020 – 4x – 4x b)B = 2019 – x +2x – 4y – 4y c) C= 2021 – (x–1)(x+2)(x+3)(x+6) d) D = Giải a) Ta có: A = 2020 – 4x– 4x = 2021 – 4x – 4x – = 2021 – (4x + 4x + 1) = 2021 – (2x+1) Dấu “=” xảy 2x+1 = x= 2021 Vậy maxA = 2021 x = b) Ta có: B = 2019 – x +2x – 4y – 4y= 2021– x +2x – – 4y – 4y – = 2021 – (x –2x +1) – (4y + 4y + 1) = 2021 – (x–1) – (2y+1) 2021 skkn 13 Dấu “=” xảy Vậy maxB = 2021 c) Ta có : D = 2021 – (x–1)(x+2)(x+3)(x+6) =2021 – = 2021 – (x +5x – 6) (x +5x +6) = 2021 – Trong trang :Bài toán12a,d tham khảo từ TLTK số ,bài toán 12b,c tham khảo từ TLTK số =2056 –(x +5x) 2056 (x +5x) với x Dấu “=” xảy x = x = – Vậy maxD = 2056 x =0 x = – d) Ta có : C = = + = – Dấu “=” xảy x=– Vậy maxC = x = – Nhận xét: Đối với toán 12a,b,c ta biến đổi để đưa dạng Q = b b Còn tốn 12d làm tương tự toán 11 Bài toán 13: Cho a,b,c số dương thỏa mãn a + b + c = 2022 Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau : a) A = a + b + c –3abc +2020 b) B = + c) C = + + d) D = + + + Giải a) Ta có : A = a + b + c – 3abc + 2021 = (a+b+c)(a +b +c – ab – bc – ca) +2021 =2019(a +b +c – ab – bc – ca) +2021 = +2021 Dấu “=” xảy 2021 a=b=c= =674 Vậy minA = 2021 a = b = c = 674 b) Ta có: B = + + = ( + skkn + ) 14 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: Tương tự ta có: Nên B + + 2 =2b (vì a,b,c > 0) =2c; (a+b+c) = + =2a 2022 = 674 Dấu “=” xảy a = b = c = 674 Vậy maxB = 674 a= b = c = 674 Trong trang : Bài toán 13a,b tham khảo từ TLTK số c) Ta có: C = + , Bài toán 13c,d tham khảo từ TLTK số + = + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: + + , + + + = + = + = (vì a,b,c > 0) Tương tự ta có: Suy ra: C = + + Dấu “=” xảy + a=b=c= + a+b+c =2022 = 674 Vậy C = 2022 a = b = c = 674 Cách 1 : Ta có: D = + + = + = – a+ = 2022( Do + + – b+ + + + –c ) – (a+b+c) (theo 7d) nên D 2022 – 2022 = 1011 Dấu “=” xảy a = b = c = 674 Vậy D = 1010 a = b = c = 674 Cách 2: Ta có: + Tương tự, ta có: Suy ra : + b– + =  ; + =a a– c– + + (a+b+c) – ( + + ) Do D Dấu “=” xảy D a=b=c= =1011 = 674 skkn 15 Vậy D = 1011 a = b = c = 674 Nhận xét: Đối với toán 13a ta làm giống toán đủa dạng P = a+ , câu b,c biến đổi để đưa toán sử dụng kết cho để tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài tốn 14: Tìm giá trị lớn biểu thức A = a + b + c –3abc + 1941 với a + b + c = –1941 Trong trang :Bài toán 14 tham khảo từ TLTK số Giải Ta có: A = a + b + c – 3abc+1941 = (a+b+c)(a +b +c – ab –bc – ca) +1941 = –1941(a +b +c – ab –bc – ca) +1941 = +1941 Dấu “=” xảy 1941 a=b=c= = – 647 Vậy minA = 1941 a = b = c = – 647 Nhận xét : Cách làm giống 13 Bài toán 15: Cho a,b,c số dương thỏa mãn a + b + c =1941 Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: K = Ta có: + + +b+c = 3a 3a – b – c +c+a = 3b 3b – c – a +a+b Nên + Suy K = = 3c + + 3c – a – b 3(a+b+c) – 2(a+b+c) + a+b+c = 1941 Dấu “=” xảy a = b = c Vậy K = 1941 Nhận xét : Biến đổi biểu thức K cách làm xuất tổng (b+c), (c+a), (a+b) ghép với với ; ; , sau vận dụng bất đẳng thức Cosi để biến đổi Bài tốn 16: Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức sau: A= Giải +Tìm minA A= = = skkn = –1 –1 16 Min A = –1 + Tìm maxA A= x = –2 = = maxA = =4– x=– Trong trang :Bài toán 15 tham khảo từ TLTK số ,Bài toán 16 tham khảo từ TLTK số Nhận xét: Biến đổi biểu thức A thành biểu thức có tử bình phương tổng đưa dạng f(x) – m (với f(x) dương, m- số) để tìm giá trị nhỏ Biến đổi dạng n – g(x) (với g(x) dương, n- số) Dạng Chứng minh biểu thức luôn dương(âm) với biến biểu thức Phương pháp: Áp dụng đẳng thức A 2AB+B =(A B) = để biến đổi dạng: + P = a+ (a > 0) suy P > với x +Q=b – (b < 0) suy Q < với x Bài toán 17: Chứng minh rằng: a) A = 2x – 4x+3 > với x b) B = x – xy+y +2021 > với x,y c) C = x +4y +z – 2x + 8y – 6z + 20,21 > với x, y, z d) D = 5x +10y – 6xy – 4x –2y +2021 > với x,y Giải a) Ta có : A = 2x – 4x+3 = 2x – 4x+2+1 = 2(x –2x+1) +1 = 2(x–1) +1 > Vậy A > với x b) Ta có: B = x –xy+y +2021 = x –2x = (x– ) + + – + y +2021 +2021 > Vậy B > với x,y c) Ta có : C = x +4y +z – 2x + 8y – 6z + 20,21 = (x – 2x +1)+(4y +8y + 4) + (z – 6z +9) +7,5 = (x–1) +4(y+1) +(z – 3) +7,5 > Vậy C > với x, y, z d) Ta có : D = 5x +10y - 6xy - 4x -2y +2021 = (4x – 4x+1)+(x – 6xy+9y )+(y –2y+1) + 2019 = (2x–1) +(x–3y) +(y–1) +2019 2019 > (2x-1) với x; (x–3y) với x,y; (y–1) với y Vậy C > với x,y Nhận xét: Thực tế dạng toán cách làm dạng tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức Cụ thể đưa dạng P = a+ Bài toán 18: Chứng minh rằng : a) A = - x – 27+2x < với x b) B = 4xy – 4x – 2021y – 2021 < với x,y c) C = xy + 3y + 2z – – x – y – z < với x,y,z Giải skkn 17 a) Ta có : A = – x –27+2x = – (x –2x +1) – 26 = – (x–1) –26 < Vậy A < với x b) Ta có : B = 4xy – 4x – 2021y – 2021 = – (4x +4xy +y ) – 2020y – 2021 = – (2x+y) – 2020y –2021< Vậy B < với x,y ; Bài toán 18a tham khảo từ TLTK số Trong trang :Bài toán 17 tham khảo TLTK số ;Bài toán 18b,c tham khảo từ TLTK số c) Ta có : C = xy + 3y + 2z –5 – x –y –z = – (x –xy+ = – (x– )–( ) – 3.( –3y+3) – (z –2z+1) –1 –1) =– – (z –1) –1 < Vậy C < với x, y, z Nhận xét: Thực tế dạng toán cách làm dạng tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức Cụ thể đưa dạng Q = b+ Dạng Giải phương trình Phương pháp: Biến đổi đưa dạng A + A + A +…+ A = dạng A = B Bài toán 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau a) x +y +z = xy + 3y + 2z – b)x –2x +y +4y +4z – 4z + = c)x –2xy + 2y +8yz + 16z = 2019 d) + + = (x + y + z – 7) Giải Ta có: x +y +z = xy + 3y + 2z – x +y +z – xy – 3y – 2z + = (x – xy + (x – )+( ) + 3( –3y+3) + (z –2z +1) = –1) + (z–1) = Vậy nghiệm phương trình là : (x ;y ;z) = (1 ;2 ;1) b) Phương trình : x –2x +y +4y +4z – 4z+6 = (x –2x+1) +(y +4y +4)+(4z – 4z+1) = (x–1) +(y+2) +(2z–1) = skkn 18 Vậy nghiệm phương trình là (x ;y ; z) = (1 ; –2 ; Trong trang :Bài toán 19a,b tham khảo từ TLTK số ,bài toán 19c,d tham khảo từ TLTK số ) c) Phương trình: x -2xy + 2y +8yz + 16z = 2019 (x -2xy + y ) + (y +8yz + 16z ) =2019 (x-y) +(y+4z) =2019 Ta có (x-y) (y + 4z) số phương nên (x-y) (y+4z) chia cho dư Suy (x-y) +(y+4z) chia cho dư 0 ; Mà 2019 chia cho dư nên phương trình cho vơ nghiệm d) Phương trình: Điều kiện: x + 2; y 3; z Phương trình : + = (x + y + z – 7) + + x+y+x–7–2 –2 (x –2 – +1) +(y – – ( – 1) + ( –1) + ( = (x + y + z – 7) –2 =0 +1) + (z – – –1) =0 +1) = (TMĐK) Vậy nghiệm nguyên phương trình là : (x ;y ;z) = (3 ;4 ;6) Nhận xét: Đối với Bài toán 19a,b,d ta biến đổi dạng A + A + A +…+A =0 Cịn Bài tốn 19c biến đổi vế trái vế dạng tổng hai bình phương, vế trái 2019, từ vế trái số phương cịn 2019 khơng phải số phương từ dẫn đến vơ lý, để dẫn đến phương trình vơ nghiệm Bài tốn 20: Giải phương trình sau: a) x + 9x + 20 = c) = 4x –12x + b) 2x +2x+1 = Giải a) Phương trình x + 9x + 20 = Phương trình: x + 9x + 20 = (x+3) +( Điều kiện : x x +6x+9+3x+10 – –1) = + 1=0 x = –3(TMĐK) Vậy S = b) Phương trình; 2x +2x+1 = Phương trình: 2x +2x+1 = 4x + (4x+1 – 4x +( Trong trang :Bài toán 20a,c tham khảo từ TLTK số Điều kiện: x 4x +4x+2– +1) = =0 =0 ,bài toán 20c tham khảo từ TLTK số skkn 19 x = 0(TMĐK) Vậy nghiệm phương trình x = c) Điều kiện : x Phương trình: = 4x –12x + 8x – + 4(2x–1)+ (2 +1) +1 = 4x – 4x + +1 = 4x – 4x + = (2x–1) Giải phương trình: ( )–2 Đặt = u (u 0) Phương trình (*) trở thành: u – 2u –1 = (u-1+ (u < 0, loại; u = 1+ Suy ra: = 1+ (TMĐK) Giải phương trình: 2x – = 3+2 – = (*) )(u –1– )=0 thỏa mãn) 2x = 4+2 x = 2+ – 2x = Phương trình vơ nghiệm = -2x < (vơ lí x ) Vậy nghiệm phương trình là: x = 2+ Nhận xét : Để giải toán 20a, b ta có nhiều cách giải ta làm theo cách đưa dạng tổng bình phương Đối với toán 20c biến đổi để đưa dạng A = B Sau giải phương trình cách đặt ẩn phụ 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 phương pháp giúp cho em sáng tạo học giải toán Biết cách định hướng giải toán cách ngắn gọn Học sinh phát huy trí lực thân có lúc em phát triển toán Đặc biệt số em bồi dưỡng từ chỗ em ngại gặp dạng toán đến số em ham muốn tìm tịi tốn giải tốn khó vận dụng linh hoạt giải Với thân: Tôi cảm thấy tự tin công tác giảng dạy, công bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi tổng bình phương Có thể mở rộng sang phần kiến thức khác toán học 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 toán tổng bình phương học sinh đạt điểm tối đa skkn 20 Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Nếu (a +y ) (x +y ) =(ax+by) với x,y Ví dụ 2: Với a, b số thực khác Chứng minh rằng: + Ví dụ 3: Cho a,b,c số dương thỏa mãn a+b+c = Tìm giá trị lớn P = + + 3( + ) + Ví dụ 4: Chứng minh C =- 5x -26y +10xy - 14x +76y – 2021 < x,y Ví dụ 5: Giải phương trình = 1+ x - 2x Kết cụ thể em mà bồi dưỡng sau thời gian nhận thấy sau: Giỏi SL Khá TL% 37.5 SL TL% 43.75 Trung bình SL TL% 18.75 Yếu SL TL% KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Bài tốn tổng bình phưởng dạng tốn thường gặp chương trình tốn 6,7 bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Nếu 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 xuyên bổ sung kiến thức tích luỹ kinh nghiệm vấn đề Để dạy học cho học sinh hiểu vận dụng tốt phương pháp giải toán liên quan đến bình phương thân giáo viên phải phân dạng toán liên quan đến bình phương biết cách giải cụ thể dạng tốn Tóm tắt phương pháp giải để nâng cao chất lượng, vận dụng tổng bình phương để chứng minh toán chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức giải phương trình giải toán Qua việc nghiên cứu bên cạnh việc giúp cho thân nâng cao kiến thức, nâng cao nghiệp vụ, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả, ngồi giúp thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu để tiếp tục nghiên cứu vấn đề khác tốt suốt trình dạy học Đề tài cịn giúp giáo viên học sinh phân dạng toán tổng bình phương từ có kết cao giảng dạy học tập Để thực tốt công việc giảng dạy, đặc biệt công tác ôn tuyển sinh bồi dưỡng học sinh giỏi người thầy phải thường xuyên học, học tập, nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo skkn 21 Trong trang :Bài toán tham khảo từ TLTK số ,bài toán tham khảo từ TLTK số Trong trình giảng dạy, học sinh học tập, học sinh bồi dưỡng, đọc tài liệu tham khảo rút số kinh nghiệm nêu Hy vọng nội dung “Ứng dụng tổng bình phương để rèn luyện giải số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu trường THCS Phạm Văn Hinh” làm kinh nghiệm để giúp học sinh tiếp thu vấn đề này, phần nâng cao lực tư duy, sáng tạo rèn kỹ giải tốn tổng bình phương 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: Nên thường xuyên tổ chức chuyên đề nhóm luỹ thừa, để trao đổi kiến thức chuyên môn, để thống phương pháp giảng dạy, cách thức tổ chức bồi dưỡng, tìm thêm tốn hay tổng bình phương 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 -Với đề đáp án thi học sinh giỏi cấp tỉnh nên gửi phòng giáo dục để sử dụng làm tài liệu học tập Xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thạch Thành, ngày tháng năm 2021 CAM KẾT KHÔNG COPY Tác giả Lê Thị Mai skkn 22 TÀI LIỆU THAM KHẢO Các dạng toán phương pháp giải Tốn 8,9- Tập Tơn Thân, Vũ Hữu Bình, Nguyễn Vũ Thanh, Bùi Văn Tuyên-NXB GD 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 Cơng Thành Tốn Nâng cao chuyên đề Toán Vũ Dương Thuỵ - Nguyễn Ngọc Đạm-NXB GD Theo Tài liệu Chuyên toán THCS Toán 8,9- Tập Vũ Hữu Bình, Bùi văn Tuyên- NXB GD Toán bồi dưỡng Học sinh lớp 8,9 Vũ Hữu Bình, Tơn Thân, Đỗ Quang Thiều-NXBGD Nâng cao phát triển &Bồi dưỡng theo chun đề Tốn Đồn Thích - Internet Nâng cao &phát triển toán 8- Tập Vũ Hữu Bình- NXB GD Tuyển chọn 400 tập Toán bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Phan Văn Đức, Nguyễn Hoàng Khánh- NXB Đà Nẵng Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán 8,9 Bùi Văn Tuyên – NXB GD Nâng cao &phát triển tốn 9- Tập Vũ Hữu Bình- NXB GD Toán Nâng cao chuyên đề Toán Vũ Dương Thuỵ - Nguyễn Ngọc Đạm-NXB GD DANH MỤC skkn 23 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 Họ tên tác giả: LÊ THỊ MAI Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Phạm Văn Hinh Huyện Thạch Thành- Tỉnh Thanh Hố TT Cấp đánh giá xếp loại (Phịng, Sở, Tỉnh ) Tên đề tài SKKN Hướng dẫn giải tốn hình học Sở Giáo dục Đào tạo có nhiều cách giải Sử dụng phương pháp khác để chứng minh bất đẳng Phòng Giáo dục Đào tạo Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại C 2002-2003 B 2008-2009 C 2008-2009 thức Sử dụng phương pháp khác để chứng minh bất đẳng Sở Giáo dục Đào tạo thức Một số kinh nghiệm xây dựng lớp tiên tiến Rèn luyện giải phương trình nghiệm nguyên số Phòng Giáo dục Đào tạo Phòng Giáo dục Đào tạo C 2010-2011 A 2012-2013 Phòng Giáo dục Đào tạo B 2014-2015 C 2016-2017 phương pháp Rèn luyện kỹ giải toán lũy thừa để bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn 6,7 Rèn luyện kỹ giải toán lũy thừa để bồi dưỡng học Sở Giáo dục Đào tạo sinh giỏi mơn tốn 6,7 skkn 24 skkn 25 ... ? ?Ứng dụng tổng bình phương để rèn luyện giải số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu trường THCS Phạm Văn Hinh? ?? Nhằm tìm biện pháp hữu hiệu, để có phương án thích hợp giúp học. .. Hy vọng nội dung ? ?Ứng dụng tổng bình phương để rèn luyện giải số dạng tốn nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu trường THCS Phạm Văn Hinh? ?? làm kinh nghiệm để giúp học sinh tiếp thu vấn... dẫn học sinh giải dạng tốn tổng bình phương để bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu trường THCS Phạm Văn Hinh? ?? 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp điều tra, thực nghiệm, phân tích - tổng