skkn ứng dụng vectơ giải các bài toán bất đẳng thứcn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số

MỤC LỤC Phần Phần II Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm SKKN 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 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Cơ sở lý thuyết 2 3 3 2.3.2 Hướng dẫn học sinh tiếp cận giải dạng tập a Các dạng tập Dạng 1: Áp dụng chứng minh bất đẳng thức Dạng 2: Áp dụng tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức Dạng 3: Áp dụng giải phương trình Dạng 4: Áp dụng giải bất phương trình 10 Dạng 5: Áp dụng giải hệ phương trình 11 b) Bài tập tự luyện 15 2.3.3.Hiệu sang kiến kinh nghiệm Phần III Kết luận I Kết luận II Kiến nghị Tài liệu tham khảo Danh mục đề tài SKKN 15 16 16 17 18 19 I MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Một phương thức phát triển lực sáng tạo giải toán rèn luyện khả phát vấn đề đa dạng hệ thống kiến thức Toán học nhà trường Trong chương trình tốn học phổ thơng, phương pháp vectơ đóng vai trò quan trọng, công cụ mạnh hữu hiệu để giải số tốn hình học, đại số, giải tích cách nhanh gọn dễ hiểu Trong đề thi nay, “các tốn giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình v.v …có nhiều cách để giải, xong việc biến đổi giải không đơn giản chút nào, đa số học sinh lúng túng giải toán Học sinh phải biết phối hợp cách khéo léo phương pháp: phương pháp đại số, phương pháp hình học, phương pháp tọa độ vectơ tọa độ điểm v.v…mới tìm lời giải”[3] Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm xin đề cập đến vấn đề “Ứng dụng vectơ giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số” chương trình cấp trung học phổ thơng hành nhằm giúp học sinh có thêm phương pháp để giải toán Đề tài giúp học sinh thấy mặt ưu việt phương pháp vectơ đồng thời hiểu sâu sắc kiến thức vectơ, qua nắm phương pháp, có kĩ ứng dụng công cụ phương pháp tọa độ để giải vấn đề 1.2 Mục đích nghiên cứu Việc nghiên cứu đề tài thực yêu cầu đổi phương pháp dạy học nói chung, dạy học mơn Tốn chương trình phổ thơng nói riêng Trong đó, việc phát huy tính chủ động, tích cực sáng tạo học sinh trình học tập có ý nghĩa rèn luyện em trở thành người động, có khả chủ động giải vấn đề đặt học tập sống Đề tài nhằm: - Giúp học sinh hiểu sâu phương pháp tọa độ - Giúp học sinh thấy tầm quan trọng lý thuyết Véctơ phương pháp tọa độ - Giúp học sinh hứng thú việc tiếp cận với mơn học hình học giải tích 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Học sinh lớp 10,12 học sinh dự thi trung học phổ thông quốc gia - Kiến thức phương pháp Véctơ phương pháp tọa độ cấp học lớp10 cấp học lớp 12 phổ thông trung học 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Xây dựng sở lý thuyết; - Điều tra, quan sát; - Thực nghiệm sư phạm; - Tổng kết rút kinh nghiệm; - Xây dựng hệ thống tập có phân loại dạng tập, xếp ví dụ, tập theo mức độ từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, đồng thời đưa số đặc điểm nhận dạng dạng tập để lựa chọn cách giải cho phù hợp 1.5 Những điểm SKKN - Hệ thống tập, cách giải theo loại bài, cụ thể - Có đưa số nhận xét giúp học sinh nhận dạng phương pháp áp dụng cho toán 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong chương trình tốn học phổ thơng, chương trình sách giáo khoa đưa Véctơ vào dạy đầu lớp 10 cuối lớp 12, với đa số học sinh chưa quen với môi trường học tập mới, chưa quen với phương pháp giảng dạy nên việc làm quen, áp dụng giải toán Véctơ với em bỡ ngỡ thấy khó Đứng trước toán Véctơ nhiều học sinh thường lúng túng, cách giải nào, chí có nhiều em làm xong khơng dám làm Từ năm học 2016 – 2017, hình thức thi mơn Tốn kì thi trung học phổ thơng quốc gia trắc nghiệm, nên ngồi việc giải tốn, học sinh phải chạy đua với tốc độ Vì vậy, việc sử dụng ứng dụng mảng kiến thức học để vận dụng giải nhanh tập cần thiết Trong thi trắc nghiệm, số phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, toán cực trị, vận dụng khéo léo, linh hoạt bất đẳng thức Véctơ cho lời giải gọn gàng, nhanh Chính việc khai thác, đào sâu ứng dụng Véctơ tạo nên kính thích, lơi em học sinh môn học, phần trả lời trăn trở ban đầu học sinh: học Véctơ để làm gì? 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong chương trình tốn bậc trung học phổ thông, Véctơ khái niệm quan trọng, có tính khái qt cao Nó sử dụng cho hình học đại số Nhờ Véctơ ta đưa tọa độ vào toán đại số, giúp giải toán đại số cách dễ dàng hơn, qua phát triển lực sáng tạo học sinh, tạo cho học sinh thói quen liên kết kiến thức thành chuỗi, biết vận dụng kiến thức học để giải vấn đề khác toán học Đa số học sinh chưa biết sử dụng linh hoạt tính chất vecto việc giải các tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình tốn tìm cực trị biểu thức đại số 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Cơ sở lý thuyết a Tọa độ vectơ hệ trục biểu thức tọa độ phép toán vectơ mặt phẳng r ur ur r u r * Định nghĩa 1: Đối với hệ trục (O; i; j) , a = xi + y j cặp số ( x, y) gọi ur ur ur tọa độ vec tơ a , kí hiệu a = ( x; y) hay a( x; y) Số thứ x gọi hoành ur độ, số thứ hai y gọi tung độ vecto a ur r *) Định nghĩa 2: Tích vơ hướng hai vecto a b số, kí hiệu u r r u r r ( ) ⇔ u + v = u + v , xác định ur r ur r ur r ( ) a.b = a b cos a, b * Biểu thức tọa độ phép toán Véctơ r ur Cho a = ( x; y) b = ( x '; y ') Khi ur r ur r 1) a + b = ( x + x '; y + y ') ; a − b = ( x − x '; y − y ') ur 2) ka = (kx; ky) với k ∈¡ r ur r 3) vecto b phương với a ≠ có số k cho x = kx '; y = ky ' ur r 4) a.b = xx '+ yy ' b Tọa độ vectơ hệ trục biểu thức tọa độ phép tốn vectơ khơng gian ur ru r ur ur r u r * Định nghĩa 1: Đối với hệ trục (O; i; j, k ) , a = xi + y j + zk số ( x, y, z ) ur ur ur gọi tọa độ vec tơ a , kí hiệu a = ( x; y, z ) hay a( x; y) Số thứ x ur gọi hoành độ, số thứ hai y gọi tung độ, số thứ ba z gọi cao độ vectơ a * Biểu thức tọa độ cácrphép toán vectơ ur Cho a = ( x; y, z ) b = ( x '; y ', z ') Khi ur r ur r 1) a + b = ( x + x '; y + y '; z + z ') ; a − b = ( x − x '; y − y '; z − z ') ur 2) ka = (kx; ky; kz ) với k ∈¡ r ur r 3) vecto b phương với a ≠ có số k cho x = kx '; y = ky '; z = kz ' ur r 4) a.b = xx '+ yy '+ zz ' c Các bất đẳng thứcr vectơ uur u r Cho u = (a; b), v = ( x; y ), w = (m; n) Ta có u r r u r r u r r + u + v ≤ u + v dấu xảy u , v hướng ⇔ ay = bx u r r u r r u r r uu r u r u r r + u − v ≥ u − v dấu xảy u , v hướng ⇔ ay = bx r uu r u r r uu r + u + v + w ≤ u + v + w dấu xảy u , v , w hướng  ay = bx ⇔  nx = my u rr u r r ur r ( ) u rr u r r + ta có: u.v = u v cos α với α = a, b mà cos α ≤ u.v ≤ u v , dấu u r r xảy u , v hướng ⇔ ay = bx Chú ý : Tính chất mở rộng không gian 2.3.2 Hướng dẫn học sinh tiếp cận giải dạng tập a) Các dạng tập Dạng 1: Áp dụng chứng minh bất đẳng thức Bài Chứng minh a − 2a + 10 + a + 4a + ≥ ( 1) Phân tích tốn: Nhận thấy vế trái tổng hai thức mà biểu thức dấu phân tích thành tổng hai bình phương, nên liên hệ với bất đẳng thức tổng độ dài hai vecto Bài giải 2 ( 1) ⇔ ( − a ) + 32 + ( a + ) + 12 ≥ r ur ur r Đặt: a = ( − a;3) , b = ( a + 2;1) ⇒ a + b = ( 3;4 ) Ta có: ur r ur r 2 ( − a ) + 32 + ( a + ) + 12 = a + b ≥ a + b = (đpcm) ur r Dấu xảy a ; b hướng ⇒ − a = ( a + ) ⇔ a = − Bài Cho a, b, c > ab + bc + ca = abc Chứng minh a + 2b2 b2 + 2c c + 2a + + ≥ ab bc ca Bài giải u r   r   uu r 1 2 ÷; v =  ; ÷; w =  ; ÷ Chọn u =  ; ÷ c b ÷ a c ÷ b b       Ta có u r r uu r u r r uu r u+v+w ≥ u+v+w ⇔ ⇔ 2 2 2 1   1   1  2 1 1 +  ÷ +  ÷ +  ÷ + ÷ ≥ 3 + + ÷  b ÷ +  a ÷ ÷    c  b ÷  a   c ÷ a b c   a + 2b2 b2 + 2c c + 2a ab + bc + ca  + + ≥  ÷ ab bc ca abc   a + 2b2 b2 + 2c c + 2a + + ≥ (đpcm) ab bc ca r r uu r Dấu xảy ba vecto u, v, w hướng  2  = ac b b c a  2  = = ⇔ = ⇔ a b c ⇔ a = b = c = [3] ab c   ab + bc + ca = abc   ab + bc + ca = abc   Bài Với x,y,z số thực bất kỳ, chứng minh rằng: x + xy + y + y + yz + z ≥ z + zx + x ( 1) Bài giải u r  x  r  z  ur r  x z 3  x ÷÷, v =  − y − ; z ÷÷⇒ u + v =  − ; x+ z÷ Chọn u =  y + ; 2  2  ÷   2 2 r r r r u + v ≥ u+v Ta có: ⇔ 2 2 x   z     x z  + y + + z x +  ÷ ≥  − ÷ +  y + ÷ +  x ÷  ÷ ÷   ÷      2     z ÷÷  ⇔ x2 + xy + y + y + yz + z ≥ z + zx + x (đpcm) u r r Dấu xảy hai vecto u, v hướng x = z = u r r u r r x = z = ⇔ u + v = u + v ⇔  x 2y + x ⇔  [3] =− xy + yz + xz =   2y + z Bài Chứng minh ∀x, y ∈ ¡ ta có ( x + y ) ( − xy ) ( 1+ x ) ( 1+ y ) 2 ≤ ( 1) Bài giải  x   − y   y   − x2  ⇔ ( )  + x2 ÷. + y ÷+  + y ÷. + x2 ÷ ≤       u r  2x u r r 1− x2  r  1− y2 y  , v = , u = v =1 Nhận thấy  ÷ ÷ 2 ÷ + x + y + y    1+ x  Chọn u =  Khi đó: u rr , u r r u r r u.v = u v cos ( u, v ) u r r  2x   1− y2   y   1− x2  ⇔ + = cos u ,v) ≤1 (  ÷  ÷  ÷ ÷ 2  1+ x   1+ y   1+ y   1+ x   2x   1− y2   y   1− x2  + ≤ (đpcm) Hay  ÷ ÷  ÷ ÷  1+ x   1+ y   1+ y   1+ x  u r r u r r Dấu xảy cos ( u, v ) =1 ⇔ u, v phương x = y 2x 1− y 2 y 1− x2 = ⇔ [4] 2 2 1+ x 1+ y 1+ y 1+ x  xy = −1 Dạng 2: Áp dụng tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức Bài Cho x, y số thực Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 A = ( x + 1) + y + + x + ( y + 1) + ⇔ Bài giải u r r u r r Chọn u = ( x + 1; y;2 ) , v = ( − x; − y − 1;1) ⇒ u + v = ( 1; −3;1) u r r u r r Ta có: ⇔ u + v = u + v ⇔ 2 ( x + 1) + y + + x + ( y + 1) + ≥ 11 ⇔ A ≥ 11 r r Dấu xảy u, v hướng, tức x +1 y 2 = = ⇔ x=− ,y=− − x − y −1 3 Vậy giá trị nhỏ A 11 Bài Cho số thực a, b, c, x, y, z thỏa mãn a + b + c = 2, ax + by + cz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 16a + a x + 16b2 + b2 y + 16c + c z Bài giải u r r uu r ur ur uu r Chọn u = ( 4a; ax ) , v = ( 4b; by ) , w = ( 4c; cz ) ⇒ u + v + w = ( 8;6 ) Ta u r r uu r u r r uu r ⇔ u + v + w ≥ u+v+w có: ⇔ 16a + a x + 16b + b y + 16c + c z ≥ 10 ⇔ A ≥ 10 u r r uu r Dấu xảy u, v, w hướng, suy  4aby = 4bax  a + b + c =  4bcz = 4cby ⇔  x = y = z = a + b + c =  ax + by + cz =  Vậy giá trị nhỏ A 10 Bài Cho x, y, z ≥ − x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức A = 5x + + y + + 5z + Bài giải u r r u r r u = 1;1;1 , v = x + 2; y + 2; z + u = 3, v = 5( x + y + z ) + = ( ) Đặt: Có Ta có u rr ( ) u r r u.v ≤ u v ⇔ x + + y + + z + ≤ 3, ∀x, y, z ≥ − u r r Dấu xảy u, v hướng  5x + 5y + 5y +  = = ⇔ ⇔ x= y=z=2 1 x + y + z =  Bài (ĐH khối B năm 2006) Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x + y − x + + x + y + x + + y − Bài giải Ta có: A = 2 ( x −1) + y + ( x −1) + y + y − u r u = x − + y2 ( )  u r u = ( x − 1; y ) r ⇒  v = ( x + 1) + y Đặt  r v = ( − x − 1; y ) u r r  u + v = y2 + = y2 +1  Khi đó, A= u r r u r r 2 ( x −1) + y + ( x −1) + y + y − = u + v + y − ≥ u + v + y − Hay A ≥ y + + y − +) Nếu y < , A = y + + − y Xét hàm số f ( y ) = y + + − y , có f ' ( y ) = f '( y ) = ⇔ 2y −1 = ⇔ y + − y = y +1 y ≥ ⇔   y + = y 2y −1 y2 +1 ⇒ y= Ta có bảng biến thiên y -∞ f '( y ) - + f ( y) Từ bảng biến thiên suy f ( y ) ≥ + hay A ≥ + +) Nếu y ≥ , y + ≥ > + ⇒ A > +  x = y = ⇒  Vậy giá trị nhỏ A + đạt  y =  y ( x − 1) = y ( − x − 1)    Dạng 3: Áp dụng giải phương trình a x − x + 13 + x + 10 x + 34 = 89 có nghiệm x = b , a a, b số nguyên, phân số tối giản Tính giá trị biểu thức S = a − b b Bài giải Bài Biết phương trình x − x + 14 + x + 10 x + 34 = 89 ⇔ ( x − 3) + + ( x + ) + = 89 (2) u r r u r r Đặt u ( − x;2 ) , v = ( x + 5;3) ⇒ u + v = ( 8;5 ) , ta có u r r u r r u r r ( ) ⇔ u + v = u + v ⇔ u, v hướng ⇔ ( − x ) = ( x + 5) ⇔ x =  a = 19 ⇒ ⇒ a − 2b = b = Vậy S = 19 Bài Biết nghiệm phương trình x x + + − x = x + a + b , b > Tìm nghiệm phương trình x − bx + a = Bài giải Điều kiện −1 ≤ x ≤ u r u = ( x;1)  Đặt:  r v = + x ; − x  ( ) u rr u r r u r r Phương trình tương đương với u.v ≤ u v ⇔ u, v hướng 0 ≤ x ≤   x = x +1 3− x ⇔ = ⇔  x  x = 1+  x = 1−   x =1 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình   x = + a = Suy  Ta phương trình x − x + = ⇔ x = b = Vậy x = Bài Giải phương trình (4 − x) x − + − x = 85 − 57 x + 13x − x3 (1) Cách giải : Điều kiện ≤ x ≤ Ta có : (1) ⇔ (4 − x) x − + − x = (5 − x)( x − x + 17) ⇔ (4 − x) x − + − x = (5 − x) ( − x ) + 1 , x ∈  2;     2 ur r Đặt a = ( − x;1) , b = ur ( r ) ur r x − 2; − x ⇒ a.b = (4 − x) x − + − x Và a = (4 − x) + 1, b = ( x − 2) + (7 − x) = − x ur r ur r u r r 4− x = Khi (1) ⇔ a.b = a b ⇔ u, v hướng ⇔ x−2 − 2x ⇔ (4 − x)2 (7 − x) = x − ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = x + x + 13 − x − x + = 13 ( 1) Bài4 Giải phương trình a a x = , a, b ∈¢ , phân số tối giản Tìm b b b Bài giải Điều kiện xác định ∀x ∈¡ u r u = ( x + 2;3) u r r ⇒ u − v = ( 3;2 ) Đặt  r v = ( x − 1;1) u r r Ta có, u − v = ta x + x + 13 − x − x + r r u − v = 13 u r r u r r Nên phương trình (1) tương đương với u − v = u − v u r r ⇔ u, v hướng ⇔ x + = 3x − ⇔ x = ⇒ b = [1] Vậy b = Dạng 4: Áp dụng giải bất phương trình Bài Giải bất phương trình : 2( x − 3)2 + x − ≤ x − + x − ( 1) Bài giải Điều kiện : x ≥ (1) ⇔ ( x − 3) + ( x −1) ≤ u r u r x −1 + x − r r Đặt u = ( x − 3; x − 1) ⇒ u = ( x − 3)2 + ( x − 1)2 , v = (1;1) ⇒ v = u r r u rr Suy u.v = x −1 + x − u v = ( x − 3)2 + ( x −1)2 u r r u rr (1) ⇔ u v ≥ u.v Vậy nghiệm bất phương trình x ≥ [3] Bài Giải bất phương trình x + + x − + 50 − 3x ≤ 12 ( 1) tập nghiệm  a; b  Tính a.b Bài giải  x ≥1  3 50  Điều kiện:  x ≥ ⇒ ≤ x ≤ 2  50   x ≤ u r r Đặt u = ( 1;1;1) , v = ( ) u rr x + 1; x − 3; 50 − 3x ⇒ u.v = x + + x − + 50 − 3x 10 u r r u = 3, v = 48 = u r r u rr (1) ⇔ u v ≥ u.v (luôn đúng) Nghiệm bất phương trình 50 ≤ x≤ 3   a = 50 ⇒ ⇒ a.b = b = 50  50 Bài Giải bất phương trình x − x + + x + 12 x + 25 ≥ x + 12 x + 29 Bài giải Bất phương trình tương đương với 2 ( x −1) + + ( x + 3) + 16 ≥ ( 3x + ) + 25 ( 1) Vậy a.b = u r u = ( x − 1;1) u r r ⇒ u + v = ( 3x + 2;5 ) Ta có: r Đặt  v = x + 3;4 ( )  u r r u r r 2 ( x − 1) + ; v = ( x + 3) + 16 ; u + v = ( 3x + ) + 25 u r r u r r Nên ( 1) ⇔ u + v ≥ u + v (luôn đúng) u= Vậy tập nghiệm bất phương trình ¡ [1] Dạng 5: Áp dụng giải bất phương trình Bài (Khối A,A1 năm 2014 ) Giải Hệ Phương trình  x 12 − y + y (12 − x ) = 12 (1)    x − x − = y − (2) Bài giải : Điều kiện : ≤ y ≤ 12, x ≤ Từ ( ) ⇒ x > ur ( r ) r Đặt: a = x; 12 − x , b = ur r ur ur r ( ) 12 − y ; y phương trình (1) có dạng a.b = a b ⇔ a, b hướng nên (1) ⇔ x y = (12 − x ) 12 − y ⇔ y = 12 − x , x ≥ Thay vào phương trình (2) ta x − x − = 10 − x ⇔ x − x − = 2( 10 − x − 1) 2(9 − x ) 10 − x +  2( x + 3)  ⇔ ( x − 3)  x + 3x + + ÷= 10 − x + ÷  ⇔ ( x − 3)( x + 3x + 1) = 11 x = ⇔  2( x + 3) x + 3x + + = (3)  10 − x + Do x > ⇒ ( 3) vô nghiệm ⇒ x = 3⇒ y = Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 3;3)  x + xy + 20 y + 20 x + xy + y = ( x + y ) ( 1)  Bài Giải hệ phương trình   y − y − 3x + y + x3 − y − xy −10 = ( 2) Bài giải  y − y ≥ Điều kiện  3x + y ≥ 2 2 ( 1) ⇔ ( x + y ) + ( y ) + ( x + y ) + ( x ) = ( x + y ) u r u = ( x + y;4 y ) u r r ⇒ u + v = ( 3x + y;4 x + y ) Đặt:  r v = ( x + y;4 x ) u r 2 r Khi đó, u = u r r u r r ( x + y ) + ( y ) ; v = ( 2x + y ) + ( 4x ) ; u + v = x + y u r r ur r Do, u + v ≥ u + v dấu xảy ⇔ a, b hướng Nên 2 2 ( x + y ) + ( y ) + ( 2x + y ) + ( 4x ) ≥ x + y ≥ ( x + y ) ur r Đẳng thức ( x + y ) + ( y ) + ( x + y ) + ( x ) = ( x + y ) xảy ⇔ a, b hướng 2 Hay x ( x + y ) = y ( x + y ) ⇔ x + xy = xy + y ⇔ x = ± y Thử lại thấy x = − y không thỏa mãn , nên y = x Thay y = x vào phương trình ( ) ta phương trình: 2 2 x − 3x − 3x + + x3 − x − x − 10 = ⇔ x − 3x − + x − 3x + + x3 − x − 10 x − = ( 3)  − ≤ x≤0 ( *) Điều kiện   x ≥ Vì x = −1 khơng phải nghiệm phương trình ( 3) nên 12 x − 3x − x − 3x − + + ( x − 3x − ) ( x + ) = x − x + x + 3x +   1 ⇔ ( x − 3x − )  + + x + ÷÷ =  x − 3x + x + x +   x − 3x − = ⇔  1 + + x+2=0  x − 3x + x + 3x + PT ( 3) ⇔   x = −1(l )  ⇔ x =  1  + + x + = ( 4)  x − 3x + x + 3x +  Với điều kiện ( *) phương trình ( ) vơ nghiệm, nên x = ⇒ y = Vậy nghiệm hệ ( 4; ) [1] Bài Giải hệ phương trình  x −1 + y x = x −1 y + x −1    13 − y ( ) x − + ( x − 3) − y = + 16 y − x −15 ( 1) ( 2) Bài giải  x ≥   10 Điều kiện  y ≤   y + x −1 ≥  2 16 y − x − 15 ≥ u r u = x ; x −  Đặt  r  v = y; x −  rr r r Ta có u.v = x − + y x ; u v = x − y + x − u rr u r r u r r Nên phương trình ( 1) ⇔ u.v = u v ⇔ u, v hướng ( ( ) )  x = (l ) ⇔ y x −1 = x x −1 ⇔   y = x , ( y ≥ ) Thay y = x vào phương trình ( ) ta ( 13 − x ) x − + ( x − 3) − x = + 16 x − x −15 ( 3) u = x − Đặt  v = x − 2 u = x − ⇒ u + v2 = ( u ≥ 0; v ≥ ) ⇒  v = − x 13 13 − x = 2v +   x − = 2u +  uv = 16 x − x − 15 Phương trình ( 3) trở thành: ( 2v + 3) u + ( 2u + 3) v = + 8uv ⇔ ( 2v + 3) u + ( 2u + 3) v = u + v 2 2 + 8uv ⇔ 2uv ( u + v ) + ( u + v ) = ( u + v ) + 6uv ⇔ 2uv ( u + v − 3) = ( u + v ) ( u + v − 3) u + v = ⇔ ( u + v − 3) ( 2uv − u − v ) = ⇔  u + v = 2uv  16 x − x −15 =  u + 2uv + v = uv =  2⇔ x=2 ⇔ ⇔ ⇒  2  u + 2uv + v = 4u v  16 x − x − 15 = uv = Với x = ⇒ y = ( ) Vậy nghiệm hệ 2; [1]  x + y + z = Bài Giải hệ phương trình :  2  x + y + z = Bài giải Gọi ( x0 ; y0 ; z0 ) nghiệm tùy ý hệ có Xét hai vectơ sau không gian : u r r u = ( x0 ; y0 ; z0 ), v = (1;1;2) u r r u rr u = x0 + y0 + z0 = 1, v = , u.v = x0 + y0 + z0 = u r r u rr u.v ⇒ cos(u, v) = ur r = > vô lý u.v Vậy hệ cho vô nghiệm.[3] x + y + z =1  2 Bài Giải hệ phương trình :  x + y + z =  3 x + y + z =1 Bài giải u r r Xét hai vectơ u = ( x0 ; y0 ; z0 ); v = ( x0 ; y0 ; z0 ) ( x0 ; y0 ; z0 ) nghiệm hệ u rr ⇒ u.v = x03 + y0 + z03 = (1) u r Ta có, u = x0 + y0 + z02 = r v = x0 + y0 + z0 = (x + y0 + z02 ) − ( x0 y0 + y0 z0 + z0 x0 ) 14 ( ) = − x0 y0 + y0 z0 + z0 x0 ≤ u r r ⇒ u v ≤ (2) u r r u rr Từ ( 1) ( ) suy u v ≤ u.v ( 3) u rr u r r Măt khác u.v ≤ u v ( )  x0 y0 =  2 2 2 2 Nên từ ( 3) ( ) suy ra: u v = u.v = ⇔ x0 y0 + y0 z0 + z0 x0 = ⇔  y0 z0 =  2  z0 x0 = u r r u rr  x0 y0 =   y0 z0 = Do x0 ; y0 ; z0 phải thỏa mãn hệ   z0 x0 = x + y + z =1 0  suy ba số x0 ; y0 ; z0 có hai số 0, số Thử vào hệ thỏa mãn Vậy hệ cho có ba nghiệm sau (1;0;0), (0;1;0),(0;0;1).[3] b) Bài tập tự luyện Bài Chứng minh ( x −1)2 + ( y −1)2 + ( z + 1) + ( x + 1)2 + ( y −1) + ( z −1) ≥ 2, ∀x, y, z [4] Bài Giải phương trình : Bài Giải phương trình x − x + + x + x + 10 = 29 [3] x − x + − x − x + 10 = [1]  x + xy + y = Bài Cho x, y, z số thực thỏa mãn  Tìm giá trị lớn  y + yz + z = 16 biểu thức A = xy + yz + zx (đề thi khối lần khối 10 trường Nông Cống 1)  x2 + y = − y( x + z)  Bài Giải hệ phương trình:  x + x + y = −2 yz [3]  2 3x + y + xy + yz = x + z +  x − + xy − x − y + = x − x + y −  Bài Giải hệ phương trình:  [1]  ( x − 1) − y − − ( y − ) x − − 3x + 31 = 2.3.3.Hiệu sang kiến kinh nghiệm a) Đối với hoạt động giáo dục: Trong năm phân công dạy khối 10, 12 thấy học sinh lớp lớp mũi nhọn nhà trường thường bỏ qua tập bất đẳng thức; tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức, giải phương trình, bất phương 15 trình, hệ phương trình phức tạp Trong đó, kỳ thi mơn tốn học sinh làm theo hình thức trắc nghiệm, kiến thức khảo sát đề thi rộng, có tư tưởng bỏ phần khó, em bỏ nhiều mảng kiến thức Nên chủ động tìm tài liệu để dạy phần lâu học sinh thường bỏ qua, chọn tập thích hợp, để học sinh thấy làm thuộc mảng khó mức độ Việc chọn bài, xếp thứ tự sáng kiến tăng dần theo mức độ từ dễ, đến khó, từ đơn giản đến phức tạp chút, để học sinh từ từ tiếp nhận kiến thức, từ khuyến khích học sinh học thúc đẩy niềm say mê, tính sáng tạo ham tìm tòi học sinh Để kiểm tra tính hiệu sáng kiến, năm học 2017 - 2018 này, phân công giảng dạy lớp 10C4 (lớp khối A1của BGH trường THPT Nông Cống I, sử dụng sáng kiến để dạy lớp 10C4, thấy em giải tốt so với lúc chưa sử dụng sáng kiến Kết qua kiểm tra thử (một trước dùng sáng kiến, sau dùng sáng kiến) lớp sau: Điểm từ Điểm trở lên Điểm 5 đến Sĩ số Số Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng lượng Bài kiểm 38 0 10 26,3 % 28 73,7 % tra trước Bài kiểm 39,5 % 34,2 % 38 10 26,3% 15 13 tra sau b) Đối với thân : Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm vào trình dạy học, vừa giúp thân truyền đạt kiến thức đến em học sinh cách tốt hơn, vừa giúp trau dồi kiến thức, kinh nghiệm dạy học c) Đối với đồng nghiệm nhà trường : Đây tài liệu sử dụng để dạy cho học sinh khối 10 học sinh ôn thi trung học phổ thơng quốc gia, góp phần nâng cao cao chất lượng dạy học Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắn có nhiều thiếu sót hạn chế Tôi mong quan tâm tất đồng nghiệp bổ sung góp ý cho Tôi xin chân thành cảm ơn III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ: I Kết luận: Việc giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình tốn tìm cực trị biểu thức đại số đề thi dạng tốn khó, có nhiều phương pháp giải khác nhau, phương pháp giải mang lại hiệu khác nhau, nên để tạo hứng thú cho hoc sinh cần thiết, mục tiêu hướng tới tạo niềm say mê cho học sinh để học sinh có động lực giải dạng tốn khó chương trình THPT, tìm lời giải ngắn gọn phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm Chính đòi hỏi tơi tìm kiếm phuơng pháp giải hay, đơn giản, sát với nội dung học học sinh Tôi mạnh dạn dạy 16 phần để gây hứng thú, chủ động tích cực học sinh Đó nhu cầu cần thiết người học toán: - Khả vận dụng, khả liên hệ kết nối kiến thức - Khả tư tự học - Tính sáng tạo đổi mới, ham học tích luỹ kiến thức biết liên hệ, vân dụng vào thực tế Những kiến nghị: - Về phía nhà trường: Các thành viên tổ tìm tài liệu hay, giới thiệu nhà trường mua cho giáo viên tham khảo - Về phía Sở: có buổi tập huấn chun mơn mơn học có hiệu hơn, mời thầy giáo đầu ngành tập huấn chuyên môn cho trường - Những sáng kiến đạt giải cao nên phổ biên rộng rãi để đồng nghiệp học tập 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO Bí chinh phục kỳ thi THPT quốc gia 1, chủ đề PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH- Phạm Ngun bình, Nguyễn Ngọc Duyệt NXB Đại học quốc gia Hà Nội, năm 2014 263 toán bất đẳng thức chọn lọc – Nguyễn Vũ Thanh, NXB Đại học quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh; năm 2000 Trần Minh Cường, GV trường THPT Phú Lộc, Thừa Thiên Huế - “Ứng dụng phương pháp tọa độ vecto, tọa độ điểm vào việc giải bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình” Nguồn internet 18 DANH MỤC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Giúp học sinh lớp 11 tiếp cận giải số tập xác suất, năm học 2015 – 2016, xếp loại C 19 ... giải số tốn hình học, đại số, giải tích cách nhanh gọn dễ hiểu Trong đề thi nay, các toán giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình v.v …có nhiều cách để giải, xong việc biến đổi giải. .. Đa số học sinh chưa biết sử dụng linh hoạt tính chất vecto việc giải các tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình tốn tìm cực trị biểu thức đại số 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải. .. cập đến vấn đề Ứng dụng vectơ giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số chương trình cấp trung học phổ thông hành nhằm giúp học sinh có thêm phương pháp để giải tốn Đề tài