SKKN Giải một số bài tập trong sách giáo khoa toán lớp 10

Lời nói đầu: Với tư tưởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần dạy cảphương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn khoa học, hướng tưduy khái quát

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:

"GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA TOÁN LỚP

10"

A ĐẶT VẤN ĐỀ

I Lời nói đầu:

Với tư tưởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần dạy cảphương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn khoa học, hướng tưduy khái quát và cả sự phát minh khoa học

Người thầy phải thực hiện điều đó và hướng dẫn hoc sinh thực hiên ngay trong mỗi tiếthọc

Tất nhiên để làm được chính người thầy phải có những khả năng trên, cùng với sự yêunghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo ra tình huống có vấn đềcho hoc sinh, và từ đó đưa tư tưởng phát minh vào trong tiết học,

với những xuất phát điểm phải từ trong SGK Sau đây là mội ví dụ:

Khi dạy bài 1a tiết 2-Hệ phương trình bậc hai SGK 10

II Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

+ Ở các kì thi toán quốc tế, học sinh phổ thông Việt Nam đạt kết quả rất cao Đó là mộtđiều đáng tự hào cho dân tộc, nhưng hãy khoan, ta hãy suy nghĩ lại xem, đến bây giờ đãbao nhiêu người trong số đó đã trở thành các nhà phát minh khoa học

+ Đơn giản hơn ở bậc đại học, đã có không ít học sinh thi vào đại học đạt kết quả rất cao,nhưng khi học tập thì có kết quả yếu, thậm chí không thể học tiếp, lí do tại sao? phảichăng họ không chú ý học? Đó không phải là lí do chính, quan trọng là ở chổ họ chỉ lànhững thợ giải toán sơ cấp mà khả năng tư duy trừu tượng, khái quát, củng như khả năng

tư duy theo hướng xây dựng lý thuyết là rất yếu

+ Vậy vấn đề đổi mới đặt ra cho nền giáo dục :

 Cần giúp học sinh phái triển tư duy trừu tượng và tư duy sáng tạo

 Biết cách nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ

 Giúp học sinh có khả năng tổng quát hoá các vấn đề (lối tư duy xây dựng ) Nhìn lại kết quả hoc tập của học sinh trường Lê Lai thông qua các kì thi đại học vàhọc sinh giỏi, kết quả còn rất khiêm tốn vì vây việc đổi mới lại càng cấp thiết hơn , khôngnhững đổi mới về phương pháp mà còn phải đổi mới về cả nội dung kiến thức, truyền đạt

cho hoc sinh (không chỉ truyền đạt những kiến thức trong sách giáo khoa mà cả nhữngkiến thức nâng cao).

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1.Giải pháp thực hiện

Để giải quyết vấn đề đó tôi đề xuất ý tưởng sau:

Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tưduy Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng caomột cách tự nhiên (chứ không áp đăt kiến thức nâng cao)

2 Các biện pháp thực hiện

Trong các tiết học thông qua các vấn đề hoặc các bài tập trong sách giáo khoa, người thầyphải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán,biết nhìn bài toán dưới nhiều gócđộ

Để cụ thể hoá điều trên, tôi đã trình bày trong đề tài này : Xuất phát từ môt bài toán rấtđơn giản trong SGK dành cho hoc sinh trung bình yếu, với cách giải là áp dụng thuật toán

có sẵn Nhưng nếu suy nghĩ ta sẽ:

* Tìm thấy nhiều cách giải thú vị

* Đồng thời từ bài này đặt ra nhiều bài toán nâng cao, tổng quát thành nhiều bài toánmới

*Qua đó đưa ra và giải quyết những vấn đề mới, có liên quan trưc tiếp đến thi đại hoc vàthi hoc sinh giỏi

3 Bài 1a-SGK lớp 10 -2000-trang 110:

8

4 2 2

y x

y x

 y1 y2  1 thay vào biểu thức (3) ta có : x=2

Vây hệ có nghiệm duy nhất :

2

y x

GV:còn cách giải nào khác để giải hệ trên không?

GV:Yêu cầu học sinh nhận xét về các số hạng tương ứng ở hai phương trình(1) và (2).

Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhưng hãy tìm ẩn mới để hệ đối xứng Từ đó ta có cách 2:

8 ) 2 ( 2 2

y x

y x

8

2 2

t x

t x

(Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và t )

t x

t x

8 2 ) ( 2

xt

t x t

x

xt t

2

y x

Để rèn luyện tư duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 8 bằng 0 ai trả lời nhanh nghiệm của phương trình :

0

4 2 2

y x

y x

?TL: Ta thấy 2 0 ; 2 0

Vì vây ta phán đoán thêm một cách giải nữa của hệ, đó là phương pháp đánh giá.

Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ?

Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là x2

Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x

Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là 2 2

) 2 (

4y  y

Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là 2y

Ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức liên hệ giữa các số a,b và a2, b2

Ta nhớ lại (BT 8.a - Trang 77-SGK)

 2 2 2 2   2

bd ac d c b

1    , thay vào (2) ta được : y=1 ; x=2

GV: Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3 , ta còn thấy một phép toán hình học có liên

quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và a2,b2 Đó là :

 

y x v u

v y x u

2

; 2

;

2 2 2

  u v uvGV:lưu ý cho hoc sinh: ở bên trái là trị tuyệt đối của một số

ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.

Vậy ta được : x 2y  2 x2   2y2

  2  2 2

4 2

; 2 2

1 2

1

k y

k x v k u

GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cánh 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống nhau mặc

dù hai cách dẫn đến là khác nhau.

Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việcđặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh bài tập 8.a

- Trang 77 bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ

Nếu bắt trước cách làm 4 của bài 1.a ta có cách chứng minh bài 8.a như sau:

Xét u  a,b ;v  c,d





2 2 2

a hay b b d a d

b d k c

b k a v

v k u

GV:Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức quen thuộc khác:

2

2 2

4 8

x

Nếu có một trong hai số x hoặc 2y nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+2y=4 dẩn đến số còn

2 2

sin 1 2 2

1 2

2 2

2 2

Ta được 2x y2222sincos;

thay vào phương trình (2) ta được : sin   cos   2

GV: Ta đã có bài tập: Với 0o    180o thì sin   cos   2 cos   45o

(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hướng của hai véc tơ).

Ta đã biết BĐT Bunhiacoxki có một cách chứng minh dựa vào viêc xét phương trình bậc hai rất đặc biệt

8 4

0 0

2 0

2 0

y x

y x

GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 2y = t ta được hệ phương trình :

8

t x

t x

Hai bài này làm không khó, chỉ cần học sinh học song phần toạ độ của một điểm là làm được )

Còn phương trình thứ hai của hệ : x+t = 4 là phương trình đường thẳng cắt trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,4) Khi thử biểu diễn hình học của hai đường, trên

hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, vậy ta có cách giải thứ

8

2 2

t x

t x

là toạ độ điểm H Mặt khác ∆OAB là tam giác vuông cân tại

2

2 2

y

x t

t t

x x x

B A H

B A H

GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác

Cách 9:

Nhân phương trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta được:

1 4 2 8

16 4

2

y

x y

x y

y x x

thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=2 ,y=1

GV:Ta chưa dừng lại ở đây , nếu ta tham số hoá hệ phương trình ta sẽ có những bài toán mới

Chẳng hạn: ta thay 8 bởi m ( tham số)

4 2 2

y x

m y x

((76))

và ta có thể đưa ra một số bài toán.

Bài toán 1: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm

Bài làm:

Cách 1:

Dựa vào cách 1 của bài 1.a ta có cách sau:

Rút từ phương trình (7) : x= 4- 2y (6’) thế vào phương trình (6) ta được :

(4-2y)2 + 4y2 = m  8y2- 16y+ 16- m = 0

GV: ta nên chia hai vế cho 8 để được phương trình với hệ số gọn hơn:

0

8 2 2

2    m 

y

ta để ý :với mỗi nghiệm y 0 của phương trình (7 ’ ) ta được một nghiệm (x o ,y o )

Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (7 ’ ) có nghiệm tức là

x

P

m t

x t

x

m t x

42

8 4

2 2

Để hệ có nghiệm cần và đủ là:

) 4 8

2 8 ( 4

2  P  m   m

S

GV: yêu cầu học sinh phân tích cách 8 của bài 1a để tìm cách giải 3

Bài toán 2 : Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm duy nhất

Bài làm:

Cách 1:

Với việc phân tích bài toán 1 ta thấy để hệ có nghiệm duy nhất cần và đủ là

’=0  m 8

GV:để rèn luyện thói quen kiểm tra kết quả sau khi giải toán và khả năng tư duy biện

chứng cho hoc sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh như :

GV:Ta thấy đáp số là đáng tin cậy Vì sao?

TL: vì m= 8 ta trở lại bài toán 1a

GV: còn nếu học sinh làm ra đáp số không phải là 8 GV khẳng định ngay kết quả là sai mặc dù chưa cần kiểm tra các bước tính toán

GV:yêu cầu học sinh phân tích cách 2 và cách 8 của BT1a để tìm cách 2và3 của bài này GV: với phép đặt :2y = t ta đã đưa hệ về dạng hệ đối xứng

2 2

t x

m t x

Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x 0 ,t o ) là nghiệm của hệ thì (x 0 ,t o ) cũng là nghiệm của

hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x 0 =t o (chú ý đây mới là điều kiện đủ ) từ đây ta có cách giải :

Cách 4 :

ĐK cần : (x0, to) là nghiệm của hệ thì (x0, to) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có

nghiệm duy nhất cần x0=to 8

4 2

o o

ĐK đủ : Thay m =8 vào hệ ta thấy thoả mãn

x

a y x y x a

3

4 ) (

2 2

2 2

GV: Yêu cầu học sinh tự làm

Bài toán b:

Tìm a để các hệ sau có nghiệm duy nhất :

2005

2 2

x

a y x y

82 23 23

2 2 ) (

.

a a y

x xy

a y x y x

GV: yêu cầu học sinh về nhà làm

GV:tiếp tục ta mở rộng bài toán với sự rằng buộc của nghiệm.

Bài toán 3: Tìm m đê hệ (6.7) có hai nghiệm (x1, y1) và (x2, y2) sao choy1  0  y2

2 2

t x

m t

x t

x

m t x

Vây để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện y1  0  y2 thì hệ này phải có hainghiệm thoả mãn t1 0 t 2

2 8 4

Bài toán 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho0  y2 ,y2

Vẫn sử dụng được cả 3 cách ở bài toán 3 Đáp số: 8 m 16

GV: Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc của x tức là:

Bài toán 5 : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho :

0 < x1, x2

GV : Đây là vấn đề đặt lên cho học sinh vướng mắc.

Vấn đề ở đây là ta đưa về phương trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của x.

Vì vậy ta có hai hướng giải quyết :

Ta thấy cách 2 khả thi hơn.

'

P

S  8 m 16

(GV:Tất nhiên bài toán này có thể giải dựa theo cách 2 và cách 3 của bài toán 3)

Tiếp tục ta mở rộng cho sự ràng buộc của x và y.

Bài toán 6 : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x1,y1 )và( x2,y2) thoả mãn điềukiện: 





 0 ,

0 ,

2 1

2 1

y y

x

x

GV : Ta phân tích bài toán 6 như sau :

Bài toán trên tương đương với bài toán: tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm (x 1 ,y 1 ) và (x 2 ,y 2 ) thoả mãn điều kiện x 1 ,x 2 > 0 và y 1 ,y 2 > 0.

Vậy những giá trị của m thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5 thì thoả mãn bài toán 6, đồng thời thoả mãn bài toán 6 thì thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5.

Vậy giá trị cần tìm của m là giao hai tập giá trị của m ở hai bài toán 4 và 5.

Tức là :  8 ; 16    8 ; 16    8 ; 16 

GV : (Tất nhiên bài toán này có thể giải theo cách 2 và cách 3 của bài toán 3)

Ta có thể chứng minh điều kiện : m  8 ; 16  cũng là điều kiện để hệ có ít nhất 1 nghiệm (x,y) thoả mãn điều kiện : 





 0 0

y x

GV : Từ đó ta có thể đưa ra bài toán

Bài toán 7 : Tìm m để hệ sau có ít nhất 2 nghiệm

1 ( 4 4 1

2

) 4 )(

1 ( 4

y x y

x

y x m y x

Ta thấy hệ có nghiệm: x=1; y= -4 Ngoài ra với m thì những cặp nghiệm còn lại dạng(1; y) hoặc (x; -4) đều không phải là nghiệm (Hay ngoài nghiệm (1;-4) thì các cặp (x,y)với 

1

4 4 1 1

y x

m y

x

Đặt X = 1 1



x (X >0)Đặt Y = y14 (Y >0)

4 2 2

Y X

m Y

4 2 2

Y X

m Y

Y X

điều này tương đương với m 8,16)

GV: Từ bài tập 6 với nhận xét: y = 2-4x nếu x> 0  y< 2 ta tiếp tục đưa ra bài toán

sau:

Bài toán 8: Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) thoã mãn điềukiện : 0 < y1,y2 <2

(GV: Ta lưu ý khi học bài: Hệ phương trình bậc 2 thì chưa học định lý so sánh nghiệm

của phương trình bậc 2 Vì vậy học sinh chưa thể áp dụng định lý này vào để giải bài toán).

Để ý vào phương trình (7) của hệ : x+ 2y = 4  x= 4- 2y, ta thấy y<2  x>0

Vậy bài toán 8 đưa về bài toán sau: Tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm (x1,y1) và(x2,y2) thoả mãn điều kiện sau:

2 1

, 0

, 0

y y

x x

Đây chính là bài toán 6 vậy ta suy ra kết quả m 8,16)

GV: Ta lại phân tích bài toán 8

Ta thấy bài toán 8 tương đương với bài toán : Tìm m để phương trình bậc 2 :

y 2 - 2 + 2 - m8 = 0 có 2 nghiệm y 1 ,y 2 thoã mãn điều kiện 0 < y 1 , y 2 <2 (*)

Đây rõ ràng là bài toán so sánh số 2 với các nghiệm của phương trình bậc hai Ta thử phân tích xem mấu chốt ở đâu mà ta đã chuyển sang được bài toán (*) Để từ đó tổng

quát hoá bài toán thành bài toán so sánh nghiệm với một số bất kì (chứ không chỉ là với

Bài toán 9 : Cho f(x) =ax2 + bx +c (I)

Tìm điều kiện để phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1,x2 thoã mãn điều kiện :

x1 < <x2

Đặt y= x-  , Khi đó : x1 < <x2 khi và chỉ khi : y1 < 0 < y2 và khi thay y= x-  ta được: g(y) = a(y+)2 + b(y+) + c

= ay2 + (b+2a) y+a2 +b +c

Vậy bài toán 9 tương đương với bài toán sau:

Tìm điều kiện để phương trình g(y) = 0 có 2 nghiệm y1 < 0 < y2

 a(a2 +b +c) <0  a.f() <0

Bài toán 10: Tìm điều kiện để phương trình (I) có 2 nghiệm x1, x2 < 

Đặt y= x- , vậy bài toán tương đương với bài toán sau:

Tìm điều kiện để g(y) = 0 có 2 nghiệm âm





 0 0 Δ

g g

0 α 2

0 4

α 4 α

4 α 4 α

a ab

0 α

2

0 4

2

) ( f

.

a

a b

ac b

0 α

2

0 Δ

) ( f a s

Bài toán 11: Tìm điều kiện để phương trình (I) có 2 nghiệm x1,x2 > 

GV : Yêu cầu học sinh tự làm.

Vậy ta đã giải quyết bài toán so sánh nghiệm với một số, như một ứng dụng của định lý Viét ( mà không cần sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc 2 – mà SGK đã trình bày).

áp dụng bài tập tổng quát này, yêu cầu học sinh giải một số bài toán sau:

Để hệ có 2 nghiệm (x1,y1),(x2,y2) theo bài toán 1 cần ĐK : m  8.

Khi đó phương trình : y2 -2y+2- m8 =0 có 2 ngiệm y1,y2 và khi đó (*) (y1+y2)22y1y2=1

GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đưa ra các bài toán sau:

Bài toán 14: Tìm m để hệ pt (6-7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho :

m 2

) lo¹i (

y x y x y x y x

)) 4 ( (

4 ).

) 2 (

x x

m y x

 2 (x 4 ( 2y) 4 )  2 ((x2  4y2 ) 2  8x2y2 )  2 (m2  8x2y2 )

(chú ý: m  0,m 8 nên A là xác định)

Mặt khác từ hệ      2  4

4 ) 2 ( 4 2 4

y x

m xy y x y x m y x

 16 -4xy = m  xy=164 m , khi đó

A= 2 2) 2 2 16 2 32 2 2 32 16 2 2 16 2

2

) 16

(

(

2 m   m  m   m m m  m 

9 9

Vậy: Min A=-29, khi m=16

Bài toán 17: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt: 

y x

2

8

4 2 2

x y y

x 2

4

2 2

4  x=2y=2  m = 4  Max A=4 6

GV: Ta vẫn chưa dừng lại ở đây, ta sẽ tìm cách tổng quát bài toán 1a.

Từ việc xem xét cách giải 3 và cách giải 7 ta thấy có thể tổng quát bài toán1a.

Bài toán 1: Giải hệ phương trình: 

k y

GV:Ta lại nhận xét có thể thay thê hệ số gắn với x,y để được bài toán tổng quát hơn.

Bài toán 2: Giải hệ phương trình

k y

x

β α

2

1 β

(  ;  ;k  R)

GV:Tiếp tục ta lại tổng quát bài toán với việc thêm số ẩn của hệ.

Bài toán 3: Giải hệ phương trình:

n

k x

x

n n

n n

α α

α α

1 1

2 2

2 2

1





(I) ( 1, , n;kR)

Ta giải bài toán (I):

Cách 1:( Dựa theo cách 7 của bài 1-a)

Gọi ( x01, ,x0n) là nghiệm của hệ

1x0n2 + + 2

nx0n2) =0

 nt2 - 2kt + k2/n =0

Pt có ’= k2 - k2 = 0, Vậy phương trình có nghiệm duy nhất t = k/n

Vậy theo (*) suy ra x0i = kn

i

 (i = 1 , n ) là nghiệm của hệ phương trình (việc thử lại là

rễ ràng)

Cách 2: (Dựa vào cách 3 của bài 1-a)

Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhia tổng quát với 2n số:

GV: Từ cách 2 này ta còn có thể mở rộng hệ như sau

Bài toán 4: Giải hệ phương trình:

k x

x

n n

n

i i n

α α

α

1 1

1 2

2 2

n x

(n  N* )

n số

2005 2005

2

2005 2

1

2005 2

1

x x

x

x x

x





GV: Ta lại tham số hoá ví dụ 1vừa nêu, đưa ra bài toán sau:

Bài toán5: CMR với m < n thì hệ 

m x

2 1

Cách 2: G/sử hệ có nghiệm, gọi ( x01, ,x0n) là nghiệm của hệ 

m x

x

n n

0 01

0 01

m x

x

n n





1

2 1

(*) Có nghiệm ( Với n  2 )

Bài làm: Theo bài 5 ta thấy hệ có nghiệm cần m  n Bây giờ ta chứng minh m  n là

điều kiện đủ tức ta chỉ ra rằng với m  n thì hệ trên là có nghiệm, muốn thế ta chỉ mộtnghiệm của hệ là được

Với ý tưởng trên ta sẽ tìm nghiệm của hệ dưới dạng : (x1, ,xn-1, )

2 2

1 1

n x

x

m x