“Một số dạng toán ứng dụng dạng toàn phương của đa thức bậc hai”

“Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” PHẦN I: MỞ ĐẦU ĐẶT VẤN ĐỀ Toán học khái niệm trừu tượng mà não người phải tư Khả đếm, tính toán sử dụng mối quan hệ số thành tựu vĩ đại nhân loại Toán giúp cho học sinh có tư logic rành mạch, điều ngành nghề em làm tương lai cần tới, mà Toán học quan trọng thân người học Do người giáo viên dạy Toán phải trau dồi kiến thức phương pháp giảng dạy để theo kịp với xu hướng phát triển môn tư phát triển nhân loại Là giáo viên dạy Toán trường trung học sở bên cạnh việc giảng dạy cho em kiến thức sách giáo khoa việc bồi dưỡng nâng cao cho học sinh giỏi nhiệm vụ quan trọng Tôi ghi nhớ “Kết thúc đời học sinh chúng em không nhớ thầy cô giáo giảng cho toán khó Học sinh nhớ thầy cô giáo khơi gợi, khuyến khích để chúng em tự giải toán đó” (Thế giới phẳng - Thomas Friedman); hay câu khác “Một thầy giáo vĩ đại thầy giáo biết truyền cảm hứng” Là giáo viên dạy toán việc tiếp thu kiến thức môn, nhà toán học, phải tìm tòi sáng tạo phương pháp giảng dạy phù hợp cho đối tượng học sinh để mang lại cho em hứng thú học tập kết học tập tốt Trong năm gần đây, qua trình giảng dạy nhận thấy có nhiều dạng toán khó mà để giải ta phải đưa dạng toàn phương đa thức bậc hai Trong chương trình toán trung học sở bảy đẳng thức đáng nhớ vô quan trọng, đặc biệt hai đẳng thức đầu tiên: (A ± B)2=A2 ± 2AB+B2 Chúng giúp cho học sinh phương pháp tính nhanh, phép biến đổi để rút gọn biểu thức mà chúng sử dụng vào dạng toán khó như: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… biết vận dụng hai đẳng thức để đưa đa thức “Dạng toàn phương đa thức bậc hai” việc giải toán lại không khó khăn Trên thực tế ứng dụng “Dạng toàn phương đa thức bậc hai” vào giải toán: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… chưa có tài liệu khai thác đầy đủ dạng toán nêu trên, dạng tập đưa vào đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10 đề thi vào trường chuyên … học sinh muốn giải phải sử dụng “Dạng toàn phương đa thức bậc hai” 2/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Từ lí xin phép giới thiệu sáng kiến “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” với hy vọng giúp ích cho quý đồng nghiệp trình dạy học MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN Sáng kiến viết với mục đích truyền thụ cho em phương pháp, cách thức học tập môn toán đơn giản, dễ hiểu Giúp em thành công học tập, đạt kết cao kì thi vào trung học phổ thông, kì thi học sinh giỏi Và đặc biệt mang đến cho em hành trang vững để em vững bước sống sau trở thành những chủ nhân tương lai đất nước vừa có tâm, có tài, có tầm nhìn khoáng đạt Và nói theo cách nói nhà văn huyền thoại Sôlôkhôp phần kết truyện ngắn tiếng “Số phận người” thì: Những người dù đâu, giữ cương vị họ đóng góp tích cực, góp phần thúc đẩy phát triển đất nước Việt Nam thân yêu chúng ta! Bên cạnh mong muốn kinh nghiệm thể sáng kiến góp phần giúp đồng nghiệp kinh nghiệm định giảng dạy Là người giáo viên việc viết sáng kiến kinh nghiệm nhiệm vụ vô quan trọng với ngành giáo dục với nhà trường Bên cạnh việc viết sáng kiến kinh nghiệm hình thức tự rèn luyện trau dồi thêm chuyên môn nghiệp vụ phương pháp để không ngừng nâng cao chất lượng giảng dạy Và trách nhiệm phát triển ngành giáo dục phát triển đất nước NHIỆM VỤ CỦA SÁNG KIẾN Nghiên cứu sở lí luận phương pháp dạy học Toán theo định hướng hình thành phát triển lực người học Xây dựng phương pháp học Toán theo định hướng hình thành phát triển lực học sinh Truyền thụ cho học sinh phương pháp, khả tư lôgic Toán học góp phần nâng cao thành tích giáo dục học sinh nói riêng nhà trường nói chung Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhà trường PHẠM VI NGHIÊN CỨU Những sở lý luận để nghiên cứu giải pháp Thực trạng học giải dạng toán học sinh Những giải pháp rèn luyện kĩ giải “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” cho học sinh lớp 8, đạt kết cao kì thi 3/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Đối tượng nghiên cứu: Các dạng toán: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ đa thức Các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10, đề thi vào trường chuyên lớp chọn PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách bồi dưỡng, sách nâng cao phát triển, đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10 đề thi vào trường chuyên lớp chọn, nghiên cứu mạng internet, nghiên cứu qua đồng nghiệp … Nghiên cứu thực nghiệm: Tiến hành soạn giảng giáo án dạy thực nghiệm học sinh lớp 8A, 8B trường công tác dạy cho đội tuyển học sinh giỏi học sinh thi vào lớp 10 thi vào trường chuyên lớp chọn Phân tích đối chiếu: Phân tích đối chiếu yêu cầu chuẩn kiến thức, chuẩn kĩ học sinh lớp 8, bậc trung học sở với kiểm tra, khảo sát học sinh, tìm hạn chế chủ yếu em Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Đưa giải pháp để giáo viên vận dụng vào việc rèn luyện kĩ sử dụng “Dạng toàn phương đa thức bậc hai” cho học sinh nhằm phát huy khả tư duy, sáng tạo, em học sinh THỜI GIAN NGHIÊN CỨU Từ tháng năm 2012 đến tháng năm 2015 PHẦN II: NỘI DUNG 4/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” CHƯƠNG CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ Trong trình giảng dạy môn Toán cho học sinh, sau học xong hai đẳng thức “Bình phương tổng” “Bình phương hiệu” việc ứng dụng hai đẳng thức vào việc giải loại tập: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ … có tần suất cao bẩy đẳng thức đáng nhớ, học sinh thuộc hai đẳng thức cách nhanh nhất, nhiều nhớ lâu Thực tế gần tập giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị đa thức bậc hai đa thức quy đa thức bậc hai xuất ngày nhiều kì thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào lớp 10 thi vào trường chuyên lớp chọn … tập giải theo phương pháp giới thiệu sách giáo khoa có nhiều tập khó áp dụng dạng “Dạng toàn phương đa thức bậc hai” ứng dụng vô hữu hiệu Các dạng tổng quát mà học sinh cần nhớ để giải toán 1.1 Hằng đẳng thức bình phương tổng, bình phương hiệu A2 + AB + B = ( A + B ) A2 − AB + B = ( A − B ) 1.2 Dạng toàn phương đa thức Tổng quát : Một đa thức bậc hai viết dạng a1A 12 + a2A 22 + a3A 32 + + anA n2 + c a1;a2;a3; ;an;c số thực, A 1;A 2;A 3; ;A n đa thức chứa biến ta gọi dạng toàn phương đa thức bậc hai 1.3 Giải phương trình A =  A = 2 2 Tổng quát : a1A + a2A + a3A + + anA n = ⇔   A n = Trong a1,a2,a3, ,an số thực dấu 1.4 Chứng minh bất đẳng thức Tổng quát : a1A 12 + a2A 22 + a3A 32 + + anA n2 + c ≥ c Trong : a1,a2, ,an,c∈ R;a1,a2, ,an > A 1,A 2, ,A n đa thức chứa biến 5/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” A =  A = Dấu “=” xảy khi:   A n = Tìm cực trị đa thức bậc chẵn 1.5.1 Tìm giá trị nhỏ đa thức bậc chẵn 1.5 Tổng quát: A = a1A 12 + a2A 22 + a3A 32 + + anA n2 + c ≥ c Trong : a1,a2, ,an,c∈ R;a1,a2, ,an > A 1,A 2, ,A n đa thức chứa biến A =  A = Dấu “=” xảy khi:   A n = => Giá trị nhỏ đa thức A c 1.5.2 Tìm giá trị lớn đa thức bậc chẵn Tổng quát: A = a1A 12 + a2A 22 + a3A 32 + + anA n2 + c ≤ c Trong : a1,a2, ,an,c∈ R;a1,a2, ,an < A 1,A 2, ,A n đa thức chứa biến A =  A = Dấu “=” xảy :   A n = => Giá trị lớn đa thức A c CHƯƠNG THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 6/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Từ xưa đến Vấn đề đổi phương pháp dạy học môn Toán cấp quản lí quan tâm đạo cách sát Vì vậy, đa số giáo viên nắm phương pháp, vận dụng sáng tạo với tình hình thực tế đối tượng học sinh Tuy nhiên số giáo viên chưa tích cực nghiên cứu, chưa tìm phương pháp dạy học đạt hiệu dẫn đến chất lượng học tập học sinh chưa nâng lên, chất lượng tập nâng cao dạng giải phương trình; chứng minh bất đẳng thức; tìm cực trị đa thức Từ thực trạng đó, trình giảng dạy thân đồng nghiệp, xin đưa hạn chế phương pháp giảng dạy giáo viên phương pháp tự học, tự nghiên cứu học sinh sau: 2.1 Đối với giáo viên: Giáo viên nghiên cứu sách tham khảo, sách nâng cao phát triển, đề thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn câu cuối đề thi vào lớp 10 hàng năm 2.2 Đối với học sinh: Học sinh thường lười đọc sách tham khảo, lười tư sáng tạo suy nghĩ theo kiểu lối mòn, nhớ vài phương pháp sách giáo khoa, học biết Do gặp tập khó câu cuối đề thi vào lớp 10, kì thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn không áp dụng phương pháp thông thường học sinh vào bế tắc không tìm cách làm Chính điểm thi em kì thi vào lớp 10 hàng năm điểm tối đa Kết thi học sinh giỏi hàng năm thấp, chưa có giải cao Tỉ lệ học sinh đỗ vào trường chuyên lớp chọn 2.3 Đối với thực tế Trong sách giáo khoa sách tham khảo chưa có tài liệu khai thác đầy đủ toàn diện dạng toán: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… hàng năm dạng toán thường xuyên xuất đề thi: vào lớp 10, thi học sinh giỏi thi vào trường chuyên lớp chọn CHƯƠNG MỘT SỐ DẠNG TOÀN PHƯƠNG CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 7/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” 3.1 Dạng toàn phương đa thức 3.1.1 Tổng quát : Một đa thức bậc hai viết dạng a1A 12 + a2A 22 + a3A 32 + + anA n2 + c a1;a2;a3; ;an;c số thực A 1;A 2;A 3; ;A n đa thức chứa biến ta gọi dạng toàn phương đa thức bậc hai 3.1.2 Bài tập áp dụng Ví dụ Viết đa thức sau dạng toàn phương a) A = x2 − 8x + 15 b) B = 3x2 − 5x + c) C = −2x2 + 3x + Giải: a) A = x2 − 8x + 15 = x2 − 2x.4 + 42 − = (x − 4)2 − b) c) 1  25 13   B = 3x2 − 5x + = 3 x2 − x + ÷ = 3 x2 − 2x + − ÷ 3  36 36      13   13 = 3  x − ÷ −  = 3 x − ÷ −    36   12 3 41    C = − 2x2 + 3x + = − 2 x2 − x − 2÷ = − 2 x2 − 2x + − ÷ 16 16      = − 2  x −  3 41   41 ÷ −  = − 2 x − ÷ +  16  4 Ví dụ Viết đa thức sau dạng toàn phương: A = x2 − 4xy + 5y2 + 10x − 22y + 28 Giải: A = x2 − 4xy + 5y2 + 10x − 22y + 28 = x2 − 4xy + 10x + 5y2 − 22y + 28 = x2 − 2x(2y − 5) + (2y − 5)2 − (2y − 5)2 + 5y2 − 22y + 28 = (x − 2y + 5)2 + y2 − 2y + 1+ = (x − 2y + 5)2 + (y − 1)2 + 2 Ví dụ Viết đa thức sau dạng toàn phương: B = x + y − xy + x − y Giải: B = x2 + y2 − xy + x − y = x2 − xy + x + y2 − y 2 y −  y − 1  y −  = x − 2x + ÷ − ÷ +y −y     8/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” 2 y − 1 1  y − 1 3 1  B= x− ÷ + y − y− = x− ÷ +  y − y + ÷−  4   4 9  2 y − 1 3 1  = x− ÷ + y− ÷ −  4 3  * Nhận xét: Để đưa đa thức bậc hai dạng toàn phương ta sử dụng đẳng thức bình phương tổng hiệu Trước hết ta chọn biến để đưa đẳng thức( bình phương tổng hiệu) chứa biến đó, phần lại đa thức ta lại làm với biến thứ hai tiếp tục làm đến hết biến có đa thức Ví dụ Viết đa thức sau dạng toàn phương: C = x2 + 5y2 + 3z2 − 4xy − 2yz − 2xz + 6x − 16y − 20z + 41 2 Giải: C = x2 + 5y2 + 3z2 − 4xy − 2yz − 2xz + 6x − 16y − 20z + 41 = x2 − 4xy − 2xz + 6x + 5y2 + 3z2 + 2yz − 16y − 20z + 41 = x − 2x(2y + z − 3) + (2y + z − 3) − (2y + z − 3) + 5y + 3z + 2yz − 16y − 20z + 41 2 2 = (x − 2y − z + 3)2 + y2 − 2yz − 4y + 2z2 − 14z + 32 = (x − 2y − z + 3)2 + y2 − 2y(z + 2) + (z + 2)2 − (z + 2)2 + 2z2 − 14z + 32 = (x − 2y − z + 3)2 + (y − z − 2)2 + z2 − 18z + 81 − 53 =(x − 2y − z + 3)2 + (y − z − 2)2 + (z − 9)2 − 53 Ví dụ Viết đa thức sau dạng toàn phương: D = 3x + 5y + 40z + 41t − 6xy + 18xz − 12xt − 26yz + 24yt − 70zt + 6x − 14y + 64z − 90t + 88 2 2 9/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Giải: D = 3x2 + 5y2 + 40z2 + 41t2 − 6xy + 18xz − 12xt − 26yz + 24yt − 70zt + 6x − 14y + 64z − 90t + 88 =3x2 − 6xy + 18xz − 12xt + 6x + 5y2 + 40z2 + 41t2 − 26yz + 24yt − 70zt − 14y + 64z − 90t + 88 = 3x2 − 6x(y − 3z + 2t − 1) + 3(y − 3z + 2t − 1)2 + 2y2 − 8yz + 12yt − 8y + 13z2 − 34zt + 46z + 29t2 − 78t + 85 =3 x2 − 2x(y − 3z + 2t − 1) + (y − 3z + 2t − 1)2  + 2y2 − 8yz + 12yt − 8y + 13z2 − 34zt + 46z + 29t2 − 78t + 85 = 3(x − y + 3z − 2t + 1)2 + 2y2 − 4y(2z − 3t + 2) + 2(2z − 3t + 2)2 + 5z2 − 10zt + 30z + 11t2 − 54t + 77 = 3(x − y + 3z − 2t + 1)2 + 2 y2 − 2y(2z − 3t + 2) + (2z − 3t + 2)2  + 5z2 − 10zt + 30z + 11t2 − 54t + 77 =3(x − y + 3z − 2t + 1)2 + 2(y − 2z + 3t − 2)2 + 5z2 − 10z(t − 3) + 5(t − 3)2 + 6t2 − 24t + 32 = 3(x − y + 3z − 2t + 1)2 + 2(y − 2z + 3t − 2)2 + 5 z2 − 2z(t − 3) + (t − 3)2  + 6(t2 − 4t + 4) + = 3(x − y + 3z − 2t + 1)2 + 2(y − 2z + 3t − 2)2 + 5(z − t + 3)2 + 6(t − 2)2 + 3.2 Giải phương trình 3.2.1 Tổng quát : A =  A = 2 2 a1A + a2A + a3A + + anA n = ⇔   A n = Trong a1,a2,a3, ,an số thực dấu 3.2.2 Bài tập áp dụng 2 2 Ví dụ Giải phương trình x + y + z + t + 1= x(y + z + t + 1) ( Đề thi học sinh giỏi toán Thành phố Hồ Chí Minh 2003 - 2004) Giải: 10/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” x2 + y2 + z2 + t2 + 1= x(y + z + t + 1) ⇔ x + y + z + t + − x(y + z + t + 1) = 2 ⇔ x − 2x 2  y + z + t + 1 −  y + z + t + 1 + ÷  ÷ 2     y+ z+ t+1 2 + y + z + t + 1= 2 2 y + z + t + 1 y(z + t + 1) zt + z + t 3  ⇔ x− + z − + t + =0 ÷+ y − 2 4   ⇔ ( x− y+ z+ t+1 ) +  y 4 − 2y z+ t+1 + ( z+ t+1 2 ) (   − z+ t+1 ) + zt + z + t z − + t + 4 y + z + t + 1 3 z + t + 1 z(t + 1) + t 2  ⇔ x− + t + =0 ÷ + y− ÷ + z −2  3 3   4  ⇔ x−  y + z + t + 1 2 ÷  + 3 y− 4 z + t + 1 ÷  + 2 z − 3 z(t + 1) 2  t + 1  −  t + 1 + ÷  ÷      2 2 2 2 + t − 2t +  y + z + t + 1 3 z + t + 1 2 t + 1 ⇔  x− +  y− +  z− + t − t+ = ÷ ÷ ÷  3  2   4  y + z + t + 1 3 z + t + 1 2 t + 1 ⇔  x− ÷ +  y− ÷ +  z− ÷ + ( t − 1) =  3    4  y + z + t + 1  x − ÷ = x − y + z + t + =    2   z + t + 1 y − z + t + =  y − =0 x = ÷   ⇔  ⇔ ⇔ y = z = t =   t+1 t +   =0  z − z − =0 ÷ 2     t − 1= ( t − 1) = Phương trình có nghiệm (x;y;z;t) = (2;1;1;1) Cách khác: x2 + y2 + z2 + t2 + 1= x(y + z + t + 1) ⇔ x2 + y2 + z2 + t2 + 1− x(y + z + t + 1) = ⇔ 4x2 + 4y2 + 4z2 + 4t2 + − 4xy − 4xz − 4xt − 4x = ⇔ x2 − 4xy + 4y2 + x2 − 4xz + 4z2 + x2 − 4xt + 4t2 + x2 − 4x + = ⇔ (x − 2y)2 + (x − 2z)2 + (x − 2t)2 + (x − 2)2 = 11/32 =0 = “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” nên: (y - 1)(y + 4) ≤ ⇔ -4 ≤ y ≤ Vì y nguyên nên y ∈ { −4; − 3; − 2; − 1; 0; 1} Từ thay y vào phương trình ta tìm x Ví dụ 15: Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình: 2015 ( x + y ) − 2014 ( xy + 1) = 25 (Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Thành Phố Hồ Chí Minh năm 2014) Giải 2015 ( x + y ) − 2014 ( xy + 1) = 25 ⇔ 2014 ( x − y ) + x + y = 2039 ( *) Do x, y số nguyên nên có trường hợp sau: Trường hợp 1: x – y =  x = y => x = 2039 ⇔ x = 1019,5 (loại) Trường hợp 2: x – y =  x =1+ y ⇒ ( + y ) + y = 25 ⇔ y + y − 12 = ⇒ y1 = ( tm ) ; y2 = −4 ( tm ) * y = → x = ( tm ) * y = −4 → x = −3 ( tm ) Trường hợp 3: x – y = -1  x = y - ⇒ ( y − 1) + y = 25 ⇔ y − y − 12 = ⇒ y1 = −3 ( tm ) ; y2 = ( tm ) * y = −3 → x = −4 ( tm ) * y = → x = ( tm ) Trường hợp 4: x − y ≥ => phương trình (*) vô nghiệm vế trái lớn vế phải Vậy cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình là: (4;3) ; (-3;-4) ; (-4;-3) ; (3;4) Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: 3 x + y + = z ( x + )  3 y + z + = x ( y + )  3 z + x + = y ( z + ) (Đề thi vào lớp 10 THPT khiếu TP Hồ Chí Minh năm 2013 - 2014) Giải: 19/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” 3 x + y + = z ( x + )  3 y + z + = x ( y + )  3 z + x + = y ( z + ) ⇒ 3x + y + + y + z + + 3z + x + = z ( x + ) + x ( y + ) + y ( z + ) ⇔ x + y + + y + z + + z + x + = xz + z + xy + x + yz + y ⇔(x ) + ( x − xz + z ) + ( y − yz + z ) + ( x − x + 1) + ( y − y + 1) + ( z 2 2 2 ⇔ ( x − y ) + ( x − z ) + ( y − z ) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 2 2 2 ⇔ ( x − y ) = ( x − z ) = ( y − z ) = ( x − 1) = ( y − 1) = ( z − 1) = − xy + y 2 2 2 2 ) − 2z + = ⇔ x = y; x = z; y = z; x = 1; y = 1; z = Thử lại ta có (x;y;z) = (1;1;1) nghiệm hệ phương trình cho Ví dụ 16: Giải hệ phương trình: x + y = 4z −   y + z = 4x −   x + z = y − (Đề thi vào lớp 10 THPT Chuyên, Đại học Sư phạm Hà Nội vòng 1) Giải : Nhân hai vế phương trình với cộng theo vế phương trình hệ ta được: ( ) ( 4x − − + ) ( 4y −1 −1 + ) 4z − − =0 Vậy x = y = z = 1/2 Ví dụ 17: Cho hệ phương trình: 2 x + y = + m ( m ∈ R)  3 x − y = −8 + m a) Giải hệ phương trình 4 b) Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) cho x + y nhỏ (Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh An Giang năm 2013 - 2014) Giải: a) (x;y) = (m;2-m) 20/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” b) x + y = m4 + ( − m ) = ( m ) − 2m ( − m ) + ( − m ) + 2m ( − m ) 2 2 2 =  m − ( − m )  + 2m ( − m )   = ( 4m − ) + ( m − m ) 2 2 = 16 ( m − 1) + ( m − 1) − 1   = ( m − 1) + 12 ( m − 1) + ≥ 4 => Min( x + y ) = m = Vậy m = hệ phương trình có nghiệm (1;1) thỏa mãn đề Ví dụ 18: Tìm k để phương trình sau có nghiệm: (x + )  x − x ( 2k − 1) + 5k − 6k + 3 = x + (Đề thi vào lớp 10 Chu Văn An Amsterdam vòng 2) Giải: (x + )  x − x ( 2k − 1) + 5k − 6k + 3 = x + ⇔ ( x + )  x − x ( 2k − 1) + ( 4k − 4k + 1) + ( k − 2k + 1) + 1 = x + ⇔ ( x + ) ( x − 2k + 1) + ( x + ) ( k − 1) + ( x − 1) = 2 ( x − 2k + 1) =   ⇔ ( k − 1) =  ( x − 1) = ⇔ x = k =1 Vậy phương trình có nghiệm k = phương trình có nghiệm x = 3.3 Chứng minh bất đẳng thức 3.3.1 Tổng quát : a1A 12 + a2A 22 + a3A 32 + + anA n2 + c ≥ c Trong : a1,a2, ,an,c∈ R;a1,a2, ,an > A 1,A 2, ,A n đa thức chứa biến A =  A = Dấu “=” xảy :   A n = 3.3.2 Bài tập áp dụng Ví dụ Cho x + y + z = 2 Chứng minh x + y + z + xy + yz + zx ≥ 21/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Đại học Quốc gia Hà Nội 2006 2007) Giải: x + y + z = ⇒z = - x - y ⇒ A = x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx = x2 + y2 + (3− x − y)2 + xy + y(3− x − y) + x(3− x − y) = x2 + y2 + xy − 3x − 3y + Đưa A dạng toàn phương ta 2 y − 3  A = x+ + ( y − 1) + ≥ ÷   2 Vậy x + y + z + xy + yz + zx ≥ dấu " = " xảy x = y = z = Ví dụ Chứng minh (a + b + c + d)2 ≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd) ( Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Gia Lai 2003 - 2004) Giải: (a + b + c + d)2 ≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd) ⇔ 3(a + b + c + d) ≥ 8(ab + ac + ad + bc + bd + cd) ⇔ a2 + b2 + c2 + d2 − (ab + ac + ad + bc + bd + cd) ≥ Đưa vế trái dạng toàn phương ta có VT = a2 + b2 + c2 + d2 − (ab + ac + ad + bc + bd + cd) ≥ b + c + d  b + c + d 2 = a − 2a + ÷ + ( b + c + d − bc − bd − cd) 3   2 2  b + c + d 8 c + d  c + d  c + d  2 = a − + ÷ +  b − 2b ÷ − ÷ + c + d − cd   9      2 2 b + c + d  8 c + d 2  =  a− +  b− + ( c + d2 − 2cd) ÷ ÷    9 b + c + d  8 c + d  =  a− +  b− + ( c − d) ≥ ÷ ÷    9 Vậy (a + b + c + d)2 ≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd) dấu " = " xảy a = b = c = d 22/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Ví dụ Chứng minh a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) ( Đề thi học sinh giỏi toán Thành phố Hồ Chí Minh 2005 - 2006) Giải: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) a2 + b2 + c2 + d2 + e2 − a(b + c + d + e) ≥ Đưa vế trái dạng toàn phương ta có 2 b + c + d + e 3 c + d + e 2 d + e  VT =  a − ÷ + b− ÷ + c− ÷ + ( d − e) ≥    4  3 Vậy a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) dấu " = " xảy a = 2b =2c = 2d = 2e 3.4 Tìm cực trị đa thức bậc chẵn 3.4.1 Tổng quát 3.4.1.1 Tìm giá trị nhỏ đa thức bậc chẵn Tổng quát : A = a1A 12 + a2A 22 + a3A 32 + + anA n2 + c ≥ c Trong : a1,a2, ,an,c∈ R;a1,a2, ,an > A 1,A 2, ,A n đa thức chứa biến A =  A = Dấu “=” xảy :   A n = => Giá trị nhỏ đa thức A c 3.4.1.2 Tìm giá trị lớn đa thức bậc chẵn Tổng quát : A = a1A 12 + a2A 22 + a3A 32 + + anA n2 + c ≤ c Trong : a1,a2, ,an,c∈ R;a1,a2, ,an < A 1,A 2, ,A n đa thức chứa biến A =  A = Dấu “=” xảy :   A n = => Giá trị lớn đa thức A c 3.4.2 Bài tập áp dụng 2 Ví dụ Tìm giá trị nhỏ A = x + y + xy − 2x − 3y ( Đề thi học sinh giỏi toán Thành phố Cần Thơ 2004 - 2005) 23/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Giải: A = x + y + xy − 2x − 3y = x + 2x  = x+  y − 2 2 16   y − 2 + ÷    ÷ +  y − 2y + ÷ − =  x +  4 9  y−   x + = x =   −7 A Min =  ⇔ y − = y =   3 3 y−2 + y − 2y − y − 2 2 ÷  + 3 4 y− ÷ 4 3 − ≥ −7 Ví dụ Tìm giá trị nhỏ A = x2 + 2y2 − 2xy + 4x − 2y + 12 ( Đề thi học sinh giỏi toán Thành phố Hải Phòng 2005 - 2006) Giải: A = x2 + 2y2 − 2xy + 4x − 2y + 12 Viết đa thức A dạng toàn phương ta A = x2 + 2y2 − 2xy + 4x − 2y + 12 = (x − y + 2)2 + (y + 1)2 + ≥ x − y + =  x = −3 ⇔ => A Min =  y + 1=  y = −1 Ví dụ Tìm giá trị lớn A = −x2 − 5y2 − 4xy + 2x + 2y − Giải: A = −x2 − 5y2 − 4xy + 2x + 2y − Viết đa thức B dạng toàn phương ta A = −x2 − 5y2 − 4xy + 2x − 2y − = −(x + 2y − 1)2 − (y + 3)2 + ≤ x + 2y − 1= x = ⇔ => A Max =  y + =  y = −3 2 Ví dụ Tìm giá trị lớn B = −2x − 3y + 3xy + 5x − 3y + ( Đề thi học sinh giỏi toán Thành phố Hồ Chí Minh 1999 - 2000) Giải: B = −2x2 − 3y2 + 3xy + 5x − 3y + Viết đa thức B dạng toàn phương ta 24/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” B = −2x2 − 3y2 + 3xy + 5x − 3y + 2 3y +  15  36 36  = −2 x − − y− ÷ + ≤ ÷ 5     3y +   x− =0 x=   36   ⇒ BMax =  ⇔  y − 1=0 y =   5 Ví dụ Tìm giá trị nhỏ D = 2x2 + 5y2 + 35z2 − 4xy + 12xz − 24yz − 4x − 14y + 4z + 56 Giải: D = 2x2 + 5y2 + 35z2 − 4xy + 12xz − 24yz − 4x − 14y + 4z + 56 Viết đa thức D dạng toàn phương ta D = 2x + 5y + 35z − 4xy + 12xz − 24yz − 4x − 14y + 4z + 56 2 = 2x − 4x(y − 3z + 1) + 2(y − 3z + 1) + 3y − 12yz − 18y + 17z + 16z + 54 2 2 = 2[ x − 2x(y − 3z + 1) + (y − 3z + 1) ] + 3y − 12yz − 18y + 17z + 16z + 54 2 2 = 2[ x − 2x(y − 3z + 1) + (y − 3z + 1) ] + 3y − 6y(2z + 3) + 3(2z + 3) + 5z − 20z + 27 2 2 = 2[ x − 2x(y − 3z + 1) + (y − 3z + 1) ] + 3[ y − 2y(2z + 3) + (2z + 3) ] + 5(z − 4z + 4) + 2 2 = 2(x − y + 3z − 1) + 3(y − 2z − 3) + 5(z − 2) + ≥ 2 x − y + 3z − 1= x =   DMin = y − 2z − = ⇔ y = z − = z =   Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A biết : A = ( x − 1) + ( x − 3) + 6( x − 1) 4 ( x − 3) ( Đề thi vào lớp 10, Thành phố Hà Nội năm 2008 - 2009) Giải : A = ( x − 1) + ( x − 3) + 6( x − 1) 4 ( x − 3) Viết đa thức A dạng toàn phương ta : A = ( x − 1) + ( x − 3) + 6( x − 1) 4 ( x − 3) 2 2 2 = ( x − 1) + ( x − 3)  + 4( x − 1) ( x − 3)   2 2 = ( x − 1− x + 3) + 2( x − 1) ( x − 3)  + 4( x − 1) ( x − 3)   =  + 2( x − 1) ( x − 3)  + 4( x − 1) 2 ( x − 3) 25/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” = 8( x − 1) ( x − 3) + 16( x − 1) ( x − 3) + 16 = 8( x − 1) ( x − 3) + 1 + 2 A = 8( x2 − 4x + 4) + = 8( x − 2) + ≥ 8;∀x A Min = x − = ⇔ x = Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A biết : A = x + y + xy − x − y + 2002 (Vòng 16 Vyolimpic Toán năm 2015) Giải Viết đa thức A dạng toàn phương ta : A = x + y + xy − x − y + 2002  y − y − 10 y + 25   y y 1 =  x + x + + − + ÷+ 1995 ÷  4 2 4    2 y −5   y 1 =x+ + ÷  − ÷ + 1995 ≥ 1995; ∀x, y    2 Dấu “=” xảy khi: y −5  x + =0  x =  ⇔  y =1 y −1 =0  2 Vậy A Min = 1995 x = 2& y = Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P biết : P = x + y + xy − x − y + 25 (Vòng 16 Vyolimpic Toán năm 2015) Giải Viết đa thức A dạng toàn phương ta : P = x + y + xy − x − y + 25 =  x + x ( y − 3) + ( y − y + )  + ( y + y + 1) + 15 = ( x + y − 3) + ( y + 1) + 15 ≥ 15; ∀x, y 2 Dấu “=” xảy khi: x + y − = x = ⇔   y +1 =  y = −1 26/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Vậy PMin = 15 x = 4& y = −1 2 Ví dụ Tìm giá trị nhỏ M = 5x + y + z − 4x − 2xy − z − ( Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Kiên Giang 2012 - 2013) Giải: M = 5x2 + y2 + z2 − 4x − 2xy − z − 1  = ( x2 − 2xy + y2 ) + ( 4x2 − 4x + 1) +  z2 − z + ÷ − 4  1 9  = ( x − y) + ( 2x − 1) +  z − ÷ − ≥ − ∀x;y;z 2 4  Dấu “=” xảy khi: 2   x = y x − y =    2x − 1= ⇔ x =   z − =   z = Vậy M Min = − x = y = z = Ví dụ 10 Với giá trị x thỏa mãn điều kiện x ≥ 2, tìm giá trị lớn biểu thức: f ( x) = 2x2 + 5x + + x + − 2x ( Đề thi vào lớp 10 Đại học quốc gia Hà Nội năm học 2006 - 2007) Giải: f ( x) = 2x2 + 5x + + x + − 2x = ( 2x + 1) ( x + 2) + x + − 2x ⇒ 2f ( x) = −4x + ( 2x + 1) ( x + 2) + x + ( ) ( ) = − 2x + 1− ( 2x + 1) ( x + 2) + x + − x + − x + + + 10 =− ( ) ( 2x + − x + − ⇒ f ( x) ≤ ) x + − + 10 ≤ 10 Dấu “=” xảy khi: 2x + = x + ⇔ x = 1( tm )  x + = Vậy MaxF(x) = x = 27/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” 2 Ví dụ 11 Xét số x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 2012 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = 2xy – yz - zx ( Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán - Tin Hà Nội năm học 2012 – 2013) Giải: 2 2 2 Do: x + y + z = 2012 ⇒ x + y + z − 2012 = ⇒ M = x + y + z + 2xy − yz − xz − 2012 z 3z = ( x + y) − ( x + y) z + + − 2012 4 z  3z  =x + y − ÷ + − 2012 ≥ −2012 2  => Min M = -2012 z = x = − y = ± 1006 3.5 Bài tập đề nghị Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = 10x2 + y2 − 6xy − 10x + 2y − Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = x2 + y2 + xy − 3x − 3y + 2002 Bài Tìm giá trị lớn biểu thức P = − 5x2 − y2 − 4xy + 2x Bài Cho x, y, z l số thực không âm thoả mãn: x+y+z =1 Tìm giá trị lớn biểu thức A =-z2 +z(y+1)+xy 2 Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = 2x + 3y + 3xy + 5x − 3y + Bài 6: Cho x, y số thực thoả mãn x + y + z = 10 x, y, z ≥ Tìm giá trị lớn biểu thức P = xy + 2yz + 3xz 2x = y +  Bài7: Giải hệ phương trình: 2y = z + 2z = x +  Bài 8: Giải phương trình (x +y) = (x + 1)(y − 1) Bài 9: Giải phương trình : x + = x2 − 5x + 14 Bài 10: Cho x, y, z ba số thỏa mãn điều kiện: 4x2 +2 y2 + 2z2 − 4xy − 4zx + 2yz − 6y − 10z − 34 = Hãy tính S = ( x − 4) 2005 + ( y − 4) 2005 ( z − 4) Bài 11: Cho x + y + z = Chứng minh x2 +y2 + z2 + ≥ 2xy + 2yz + 2xz 28/32 2005 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” PHẦN III: KẾT QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Trước triển khai chuyên đề với học sinh giỏi nhà trường tiến hành khảo sát học sinh Đề bài: (Thời gian làm 30 phút) Bài 1: Tìm giá trị nhỏ A = x + 6x + Bài 2: Tìm giá trị nhỏ A = x2 - x + Bài 3: Tìm giá trị nhỏ 2 A = x + 2xy + 2y + 3y + *Thống kê kết quả: 5đ- 6,4đ 6,5đ - 7,9 đ 8đ - 10đ SL % SL % SL % 8A 24 60 12 30 0 2012-2013 8B 25 62,5 11 27,5 0 8A 22 55 12 30 0 2013-2014 8B 23 57,5 12 30 0 8A 20 50 11 27,5 2,5 2014 -2015 8B 21 52,5 12 30 2,5 ( Đề năm sau khác đề có mức độ tương tự) * Nhận xét: Sau kiểm tra lớp 8A, 8B trường thấy học sinh tồn sau: Một số học sinh chưa biết cách giải số toán đơn giản tìm cưc trị dạng kiểm tra(cụ thể phương pháp giải 3), lời giải trình bày dài dòng, chưa rõ ràng, thiếu sót nhiều sai lầm dấu đẳng thức Học sinh chưa phát huy khả tư sáng tạo, khả học hỏi, tìm tòi kiến thức Sau triển khai chuyên đề với học sinh giỏi nhà trường tiến hành khảo sát học sinh để kiểm tra lĩnh hội em đề tài Đề bài: (Thời gian làm 30 phút) Bài 1: Tìm giá trị nhỏ A = x + 2x − Lớp Lớp 29/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Bài 2: Tìm giá trị nhỏ 2 A = x - 2xy + 5y + 4y + Bài 3: Tìm giá trị nhỏ 2 A = x - xy + y + 3x - 2y + *Thống kê kết quả: 5đ- 6,4đ 6,5đ - 7,9 đ 8đ - 10đ SL % SL % SL % 8A 16,7 15 41,7 15 41,6 2012-2013 8B 19,4 13 36,1 16 44,5 8A 20 14 35 18 45 2013-2014 8B 10 25 12 30 18 45 8A 15 10 25 24 60 2014-2015 8B 12,5 12 30 23 57,5 ( Đề năm sau khác đề năm trước có mức độ) Kết chung: Sau triển khai sáng kiến với lớp học khá, giỏi trường thấy so với trước triển khai chuyên đề học sinh có số tiến sau: - Học sinh biết cách trình bày lời giải toán tìm cực trị cách khoa học hơn, điều kiện biến để xảy cực trị rõ ràng xác - Học sinh giải tự đề nêu hướng giải toán dạng - Kết nâng lên rõ rệt - Học sinh tiếp tục phát triển tư sáng tạo, tăng cường học hỏi bạn khác, tự tìm tòi kiến thức Năm học Lớp 30/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” PHẦN IV: KẾT LUẬN Bài học kinh nghiệm Sau triển khai sáng kiến kinh nghiệm "Dạng toàn phương đa thức bậc hai số ứng dụng" nhà trường rút số học sau: - Để dạy học sinh giỏi có hiệu cần phải dạy cách học, cách tìm tòi kiến thức dựa nhứng kiến thức biết phát triển kiến thức học, việc tìm phương pháp giải toán để học sinh cảm thấy đơn giản, dễ hiểu Từ học sinh có hứng thú học tập tích cực tự nghiên cứu nhiều - Cần tăng cường giáo dục học sinh tinh thần tự học, tự nghiên cứu kiến thức đường làm chủ chiếm lĩnh tri thức cách hiệu Kết luận Như trình bày đề tài sau áp dụng buổi học bồi dưỡng học sinh giỏi buổi ngoại khoá môn Toán lớp 8, thấy nội dung nêu có tác dụng thiết thực: - Bổ sung thêm kiến thức cho học sinh phát triển tư toán - Gợi mở cho học sinh hướng vận dụng tính chất luỹ thừa bậc hai - Học sinh biết vận dụng cách đưa đa thức bậc hai dạng toàn phương để giải toán liên quan tìm cực trị, giải phương trình nhiếu ẩn, chứng minh bất đẳng thức - Trên sở kết đạt dự kiến hướng tiếp tục nghiên cứu đề tài sau: - Tiếp tục tuyển chọn đề toán liên quan đến dạng toàn phương đa thức bậc hai mức độ rộng hơn, yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức học để luyện tập - Xuất phát từ toán tập vận dụng yêu cầu học sinh sáng tạo đề toán Tôi xin ghi lại chân thành nhiệt tình giảng dạy qua trang viết Rất mong ý kiến đóng góp xây dựng bạn bè, đồng nghiệp để sáng kiến hoàn chỉnh Kiến nghị Trên toàn nội dung sáng kiến kinh nghiệm "Dạng toàn phương đa thức bậc hai số ứng dụng" Có thể khẳng định sáng kiến có tác dụng tích cực đến phương pháp học tập học sinh Việc tư giải toán sau học chuyên đề giúp cho học sinh hình thành tư giải số dạng toán khác có hiệu cao Tôi mong đồng chí nghiệp vụ cấp quan tâm đến việc viết áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 31/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” cách trao đổi, phổ biến kinh nghiệm, sáng kiến đánh giá cao cấp quận cấp thành phố đợt sinh hoạt chuyên môn, nghiệp vụ Bồ Đề, ngày 07 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm viết, không chép nội dung người khác PHẦN V: TÀI LIỆU THAM KHẢO 32/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” T TT 1 Tên tài liệu Tác giả - Nhà xuất Nâng cao phát triển toán Vũ Hữu Bình - NXBGD Toán nâng cao & chuyên đề đại số Bài tập nâng cao & số chuyên đề toán 500 toán nâng cao Tuyển chọn đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên môn Toán Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi trung học sở môn Toán Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm - NXBGD Bùi Văn Tuyên - NXBGD Nguyễn Đức Chí - NXB Đại học sư phạm Nguyễn Ngọc Đạm, Tạ Hữu Phơ – NXB Hà Nội Hoàng Văn Minh, Trần Đình Thái – NXB Đại học sư phạm Nguyễn Đức Tấn, Nguyễn Anh Bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Hoàng- NXB Đại học quốc gia Toán thành phố Hồ Chí Minh 33/32 ... CHƯƠNG MỘT SỐ DẠNG TOÀN PHƯƠNG CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 7/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” 3.1 Dạng toàn phương đa thức 3.1.1 Tổng quát : Một đa thức bậc hai viết dạng a1A.. .“Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” Từ lí xin phép giới thiệu sáng kiến “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” với hy vọng giúp... dạng toán học sinh Những giải pháp rèn luyện kĩ giải “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương đa thức bậc hai” cho học sinh lớp 8, đạt kết cao kì thi 3/32 “Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn