Phương pháp chọn tham số phụ

SỬ DỤNG THAM SỐ PHỤ THÍCH HỢP ĐỂ GIẢI TỐN PHẦN I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong trình dạy học, có nhiều lúc đưa lời giải hay đẹp, không kh ỏi gây cho học sinh trăn trở định nguồn gốc lời giải Chẳng hạn, có lần chúng tơi cho học sinh giải tốn sau: “Chứng minh phương trình x3  ax2  bx  c  (1) có ba nghiệm thực phân biệt phương trình x3  ax2  (4b  a2 ) x  a3  ab  8c  (2) có ba nghiệm thực phân biệt” Sau thời gian học sinh không giải tốn Tơi đưa lời giải cho học sinh sau Gọi x1 , x2 , x3 ba nghiệm phương trình (1), theo định lí viet ta có:  x1  x2  x3   a   x1 x2  x2 x3  x3 x1  b  x1 x2 x3   c  Đặt y1  x2  x3  x1 , y2  x3  x1  x2 , y3  x1  x2  x3 Khi đó, ta có: y1  y2  y3  x1  x2  x3   a y1 y2  y2 y3  y3 y1    x1  x2  x3    x1 x2  x2 x3  x3 x1   4b  a y1 y2 y3    x1  x2  x3    x1  x2  x3  x1 x2  x2 x3  x3 x1   x1 x2 x3  a3  ab  8c Từ đó, suy y1 , y2 , y3 ba nghiệm phương trình (2) Hay phương trình (2) ln có ba nghiệm phân biệt Học sinh ngạc nhiên với lời giải đẹp trên, có băn khoăn mà học sinh đặt : Làm lại biết xét ba nghiệm y1 , y2 , y3 ? Lúc cho học sinh biết đường tìm lời giải tốn sau: Trước hết ta giả sử phương trình (2) có ba nghiệm y1 , y2 , y3 , ta phải có  y1  y2  y3  x1  x2  x3   (*) y1 y2  y2 y3  y3 y1    x1  x2  x3    x1 x2  x2 x3  x3 x1     y1 y2 y3    x1  x2  x3    x1  x2  x3  x1 x2  x2 x3  x3 x1   x1 x2 x3  Từ đẳng thức thứ gợi cho ta biểu diễn tuyến tính y1 , y2 , y3 qua nghiệm x1 , x2 , x3 Đầu tiên ta xét y1  mx1  nx2 , y2  mx2  nx3 , y3  mx3  nx2 ( lí đặt tính đối xứng y1 , y2 , y3 ) Thay vào hệ (*) ta thấy khơng thỏa mãn! Chúng ta lại xét cách đặt khác là: y1  mx1  nx2  lx3 , y2  mx2  nx3  lx1 , y3  mx3  nx1  lx2 Thay vào hệ (*) biến đổi ta m  n  1, l  1 Như vậy, việc chọn cách đặt y1 , y2 , y3 lời giải có sở, đường hình thành cách đặt che dấu Trong việc giải toán số khác, phải đưa thêm số tham số phụ o dùng điều kiện tốn để ta thiết lập hệ phương trình, từ ta xác định tham số phụ Từ ta thấy lời giải có hồn tồn tự nhiên Đó lí mà tơi chọn đề tài “ Lựa chọn tham số phụ thích hợp để giải toán” PHẦN II THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Thuận lợi: Học sinh làm quen phương pháp chọn tham số phụ số toán, PHẦN III NỘI DUNG ĐỀ TÀI Sử dung tham số phụ toán giải tích Trong mục , chúng tơi giới thiệu số ví dụ ủ dụng tham số phụ tốn giải tích Ví dụ Tìm nguyên hàm: I   e x sin xdx Định hướng lời giải: Nhận thấy hàm số dấu nguyên hàm chứa hai hàm số mũ lượng giác Hai hàm số bất biến theo đạo hàm nguyên hàm, nghĩa eax  b có đạo hàm lần (có nhân thêm hệ số) sin(ax  b), cos(ax  b) mà lấy đạo hàm chúng chuyển đổi qua lại Nên ta nghĩ đến nguyên hàm có dạng: F ( x)  e x (a sin x  b cos x)  C Ta cần xác định a, b cho F '( x)  e x sin x (1.1) Vì F '( x)  e x (a  2b) sin x  (b  2a) cos x   a   a  2b   Nên (1.1) xảy   a  b   b    Vì nguyên hàm hàm số (sai khác số) nên ta có e Ví dụ Tính I   x sin xdx  5( x  1) x2  x  x e  sin x  cos x   C dx Định hướng lời giải Khi tìm nguyên hàm hàm số hữu tỉ, ta ln mơ ước đưa dạng Nên ta định hướng phân tích : dx  ax  b 5( x  1) x x6 Hay 5x  x x6   5( x  1) k l k( x  2)  l( x  3)    ( x  3)( x  2) x  x  ( x  3)( x  2) (k  l) x  2k  3l x2  x  Từ đó, ta có đồng thức x   (k  l) x  2k  3l, x    kl 5  2k  3l  5 Điều xả  Suy Vậy 5( x  1) x x6 5( x  1)  k   l  3  x3 x2    x2  x  6dx    x   x  dx  ln  ln 1 Ví dụ Tìm công thức tổng quát dãy số (un ) xác định bởi: u1  2  n n un  5un 1  2.3  6.7  12 ; n  2, 3, Định hướng lời giải Để giải tốn trên, ta tìm cách chuyển công thức truy hồi dạng cấp số nhân ( xn  qxn 1 ), để làm điều đặt un   a.3n  b.7n  c Khi , ta có:  a.3n  b.7n  c  5(vn 1  a.3n 1  b.7n 1  c)  2.3n  6.7n  12   5vn 1  3n 1 (2a  6)  7n 1 (2b  42)  c  12 2a   Ta chọn a, b, c : 2b  42   4 c  12    a  3  b  21  c  3  Khi đó:  5vn 1   v1 5n 1  157.5n 1 Vậy un   3n 1  3.7n 1   157.5n 1  3n 1  3.7n1  x1  Chứng minh tồn số a, b   0;1 , a  b cho f '(a) f '(b)  Ví dụ Cho hàm số f ( x)  e x log Định hướng lời giải Ta nhận thấy f (0)  0, f (1)  Từ kết luận toán gợi cho ta liên tưởng đến định lí Lagrang Khơng tính tổng quát, ta giả sử a  b nên ta xét số thực c   a; b , Hàm số f thỏa điều kiện định lí Lagrang khoảng (0; c), (c;1) Do đó, ta có f '(a)  f (c)  f (0) f (c) f (1)  f (c)  f (c)  ; f '(b)   c0 c 1 c 1 c f (c)  f (c) Dẫn tới: f '(a) f '(b)   1 c 1c Biến đổi phương trình ta thu f (c)  c f (c)   c Tuy nhiên việc tồn c để f (c)  c gặp khó khăn, việc tồn c để f (c)   c thuận lợi Để tồn c để f (c)   c , ta chứng minh phương trình f ( x)   x ln có nghiệm (0;1) Muốn làm điều ta xét hàm số g ( x)  f ( x)  x  Dễ thấy g liên tục 0;1 g (0)  f (0)   1  0, g (1)  f (1)   Nên phương trình g ( x)  có nghiệm  0;1 , hay tồn số thực c  (0;1) cho g (c)   f (c)   c Từ ta có lời giải tốn Ví dụ Các tốn đại số Ví dụ Cho a, b, c thỏa mãn: 3a  4b  6c  Chứng minh phương trình f ( x)  ax2  bx  c  ln có nghiệm Định hướng lời giải Để chứng minh phương trình f ( x)  có nghiệm, ta có hai cách để làm Cách 1: Xét trường hợp a  0, a  sử dụng   để chứng minh phương trình có nghiệm Cách 2: Chỉ có hai số thực  ,  cho f ( ) f ( )  Ở tơi xin trình bày theo cách thứ Công việc hai số  ,  để f ( ) f ( )  với giả thiết 3a  b  c  Ta xét hai số f (1)  a  b  c, f ( )  1 a  b  c Khi đó: 1 n n mf (1)  nf    (m  ) a  (m  )b  (m  n) c 2 n n Ta chọn m, n cho (m  ) a  (m  )b  (m  n) c  3a  4b  6c  n m    m  n   m     n   m  n    1 1 1 1         Do vậy, ta có f (1)  f     f (1)  2 f   , f (1) f    2 f    2 2 Bài tốn chứng minh Chú ý: Ta chọn giá trị f ( ), f ( ) khác chẳng hạn ta xét f (1), f ( ), f (0) Ta cần xác định hệ số m, n, p  cho: mf (1)  nf ( )  pf (0)  3a  4b  6c  m  n   Đồng hệ số ta có hệ phương trình : m  n   m  1, n  , p  2  m  n  p    3 Vậy ta có: f (1)  f ( )  f (0)  , suy ba số f (1), f ( ), f (0) tồn số không âm số khơng dương, dẫn đến tích hai số khơng dương hay phương trình có nghi ệm Ví dụ Giải phương trình: x  x2   x   3x    x Định hướng lời giải Điều kiện  x  Việc xuất x  2,  x , x  x2   ( x  2)(3  x) gợi cho ta thực phép đặt a  x  2, b   x ; a, b  Chúng ta cần biểu diễn 3x  qua a, b Giả sử 3x   ma2  nb2  m( x  2)  n(3  x)  (m  n) x  3n  2m m  n  m   2m  3n   n  1 Suy  Nên phương trình cho tr thành: ab  2a  2a2  b2  b  2a2  (b  2) a  b2  b  (*) Xem phương trình bậc hai ẩn a b tham số Phương trình có bi ệt thức   (b  2)2  8(b2  b)  9b2  12b   (3b  2)2  b   3b   b1 a  Nên phương trình (*)    a  b   3b    b (loại)  Ta có a  b   x     x  x    x  x  2 x2  xy  y  1 Ví dụ Giải hệ phương trình   y  xy  x    Định hướng lời giải Nhân phương trình thứ hai hệ với k  cộng với phương trình thứ ta được: x2  (2 y  ky  5k) x  ky2  y  7k   (*) Xem (*) phương trình bậc hai ẩn x , phương trình có biệt thức  x  (2  k) y  5k  8(ky2  y  k  5)  (k  2)2 y2  2(5k2  10k  4) y  25k2  56k  40 Ta chọn k cho  x  (ay  b)2 , tức k thỏa mãn  ' y  (5k2  10k  4)2  (k  2)2 (25k2  56k  40)  (**) Ta thấy phương trình (**) có m ột nghiệm k  , ta chọn giá trị Khi  x  y2  22 y  121  ( y  11)2 Suy phương trình (*) có hai nghiệm: x y  ; x  y  Thay vào hệ ta tìm hai cặp nghiệm (1;1), (1; 3) Ví dụ Cho số thực x, y thỏa x2  y2  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P  2( x2  xy)  xy  y2 Định hướng lời giải Ta viết lại P sau: P  2( x2  xy) x2  xy  y2 Giả sử k giá trị nhỏ P , P  k  0, x, y   Hay 2( x2  xy) x2  xy  y2 (2  k) x2  2(6  k) xy  3ky2 k0 x2  xy  y2 Điều xảy  0, x, y   2  k   k      2 2  k  3k  18   '  (k  6) y  3k(2  k) y  0, y k   k  6   k  6, k  Ta dự đoán P  6 từ tính tốn ta thấy max P  Nên ta có lời giải sau P6 2( x2  xy) x2  xy  y2 6 2(2 x  y)2 x2  xy  y2  0, x, y Suy P  6  x y  2 x  y   Đẳng thức xảy  , P  6   x  y  y    13 Tương tự ta tìm max P  Ví dụ Xác định số thực nhỏ M cho bất đẳng thức  ab(a2  b2 )  bc(b2  c2 )  ca(c2  a2 )  M a2  b2  c2 thỏa mãn với số thực a, b, c  (1) Định hướng lời giải Nếu a2  b2  c2   a  b  c  (1) ln với M số thực tùy ý Nếu a2  b2  c2  (1)  ab(a2  b2 )  bc(b2  c2 )  ca(c2  a2 )  a 2 b c  (a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a) a Đặt f (a, b, c)  2 b c  M M (2) (a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)  a2  b2  c2  Vì f (a, b, c)  f ( a, b,  c) nên số thực M cần tìm số thực nhỏ cho (2 ) 2  với số thực a, b, c thỏa mãn diều kiện  a  b  c  (*)  a  b  c  Do số thực M cần tìm giá trị lớn biểu thức f (a, b, c) với số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện (*) Vì vai trò a, b, c biểu thức f (a, b, c) điều kiện (*) bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử a  b  c Khi đó, ta có (a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)  (a  b  c)(a  b)(b  c)(a  c) Với số thực dưong m, n, p áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có (3)  a  b  c  m(a  b)  n(b  c)  p(a  c)  (a  b  c).m(a  b).n(b  c) p(a  c)      (m  p  1) a  (n  m  1)b  (1  n  p) c  (a  b  c)(a  b)(b  c)(a  c)   256mnp Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxky, ta có 4 (4) (m  p  1) a  (n  m  1)b  (1  n  p) c  (m  p  1)2  (n  m  1)2  (1  n  p)2  a2  b2  c2    Từ (3), (4) (5) suy (m  p  1)2  (n  m  1)2  (1  n  p)2   f (a, b, c)   256mnp  (6) Chọn m, n, p cho đẳng thức (4) ( 5) đồng thời xảy hay  a  b  c  m(a  b)  n(b  c)  p(a  c) (I)  a b c  m p1  n m1  1 n p  Đặt a b c    k ( Vì a2  b2  c2   k  ) m p1 n m1 1 n p Suy : a   m  p  1 k, b   n – m  1 k, c  1 – n – p  k Do đó, từ (I) suy 3k  km  2m  p – n   kn  2n  p – m   kp  m  n  p  m(2m  p  n)  n(2n  p  m)    n(2n  p  m)  p(m  n  p) ( Vì k  )  p(m  n  p)    mn    n  2p  p   ( Vì m, n, p  ) Khi m  n  2, p  thay vào (6), ta có f (a, b, c)  32 (5) Đẳng thức xảy chẳng hạn a   2, b  2, c   ( Thỏa mãn điều kiện (*) a  b  c ) Vì giá trị lớn biểu thức f (a, b, c), a, b, c thỏa mãn điều kiện (*) 2 Ta chọn m  n  2, p  32 Vậy ta có số thực M cần tìm : M  32 Các toán hình học Ví dụ 10 Cho sáu điểm khơng có ba điểm thẳng hàng Gọi  tam giác có ba đỉnh lấy sáu điểm ' tam giác có ba đỉnh lại Chứng minh với cách chọn  khác đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác  ' qua điểm cố định Định hướng lời giải Giả sử sáu điểm A, B, C, D, E, F Ta cần chứng minh tồn điểm H cố định cho với cách chọn  khác H thuộc đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác  ' Nếu  tam giác ABC ' tam giác DEF Gọi G G ' trọng tâm tam giác ABC tam giác DEF   Vì H thuộc đường thẳng GG ' có số thực k cho HG  k.HG' Hay    k    ( HA  HB  HC)  ( HD  HE  HF ) 3     k  k  k   HA  HB  HC  HD  HE  HF  3 3 3 Vì vai trò điểm A, B, C, D, E, F tốn bình đẳng nên chọn k cho         k   k  1 ( Khi k  1 HA  HB  HC  HD  HE  HF  ) 3 Vậy chọn k  1        Suy H điểm thỏa mãn HA  HB  HC  HD  HE  HF  (*) Rõ ràng tồn điểm H thảo (*), A, B, C, D, E, F cố định nên H cố định Đồng thời theo phân tích ta suy H nằm GG ' Ví dụ 11 Gọi Gi ( i  1, 2, 3, ) trọng tâm mặt đối diện với đỉnh Ai tứ diện A1 A2 A3 A4 M điểm không gian gọi Mi điểm đối xứng M qua Gi Chứng minh đường thẳng Ai Mi ( i  1, 2, 3, ) đồng quy điểm Định hướng lời giải Ta cần chứng minh tồn điểm H thuộc đường thẳng Ai Mi ( i  1, 2, 3, )   Điểm H thuộc đường thẳng A1 M1 có số thực k cho HM1  kHA1 Vì G1 trọng tâm tam giác A2 A3 A4 ; M1 điểm đối xứng M qua G1  nên: HG1  Suy       HA2  HA3  HA4 , HG1  HM  HM1         HA2  HA3  HA4  HM  HM1            HM1  HA2  HA3  HA4  HM     Do HM1  kHA1 hay            HA2  HA3  HA4  HM  kHA1  kHA1  HA2  HA3  HA4  HM  3     Vì vai trò điểm A1 , A2 , A3 , A4 toán bình đẳng nên chọn k cho k        2 ( Khi k  HM  HA1  HA2  HA3  HA4  ) 3 C Kết luận   Việc đưa vào tham số phụ, tùy thuộc đặc thù toán để có lựa chọn thích hợp giúp chúng có có lời giải tự nhiên Thơng qua học sinh nắm nguồn lời giải, tạo hứng thú tr ong học tập cho em Giúp em đam mê học tốt mơn tốn Vì khả thời gian có hạn nên việc thiếu sót khó tránh khỏi Mong độc giả đóng góp ý kiến để chuyên để hoàn thiện D BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài Tính tích phân sau 1) I   4x  x  3x  dx  2) I   e x sin xdx Bài Tìm cơng thức tổng qt dãy số u  1)  n u  3u n1  ; n  2, 3,  n Bài Cho số thực a, b, c thỏa (un )  3) I   e2 x cos2 xdx xác định u  2)  n u  2u   n ;  n  n n   a b c    Chứng minh m  m 1 m phương trình ax2  bx  c  ln có nghiệm khoảng (0;1) Bài Cho số thực dương m, n, p thỏa: n  m; mp  n2 a b c    m n p Chứng minh phương trình : f ( x)  ax2  bx  c  có nghiệm x  (0;1) Bài Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt x4  x3  (3m  4) x2  x  2m2  m   Bài Giả sử phương trình x3  ax2  bx  c  có ba nghiệm phân biệt khác Chứng minh phương trình : x3  bx2  acx  c2  có ba nghiệm phân biệt Bài Cho phương trình x3  ax2  bx  c  có ba nghiệm thực phân biệt Chứng minh phương trình sau có nghi ệm thực phân biệt : x3  (b2  2ac) x2  (a2 c2  2bc2 ) x  c4  Bài Giải phương trình: 21x  25  x   19 x2  x   x   x2  xy  y2  x   Bài Giải hệ phương trình :   x2  y2  x  y    Bài 10 Cho x, y hai số thực thay đổi thỏa mãn trị lớn giá trị nhỏ biểu thức : A  x2 x   2y  y2  11 Tìm giá x 2y  y2 x Bài 11 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số   y  x 3   x2    Bài 12 Cho số thực a  b  c a2  b2  c2  Chứng minh (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)  4 Bài 13 Cho năm điểm khơng có ba điểm thẳng hàng Gọi  tam giác có ba đỉnh lấy năm điểm đó, hai điểm lại xác định đoạn thẳng  Chứng minh với cách chọn  khác đường thẳng nối trọng tâm tam giác  trung điểm đoạn thẩng  qua điểm cố định Bài 14 Trong không gian cho n điểm A1 , A2 , … , An ( n > ); m số tự nhiên cho < m < n Ai , Ai , , Ai m điểm lấy n điểm đó; Ai m 1 , Ai m2 m , , Ai n – m điểm lại Chứng minh với cách chọn m n điểm Ai , Ai , , Ai khác nhau, đường thẳng qua trọng tâm hai hệ điểm A , A i1 i2 , , m Ai m   A im 1 , Ai m2 , , Ai n  qua điểm cố định Bài 15 Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O).Gọi Ao , B0, C0, D0 trọng tâm mặt BCD ,ACD, ABD, ABC.Kẻ đường kính AA1, BB1, CC1, DD1 Cmr: a) Các đường thẳng A1A0 , B1B0 , C1C0 , D1D0 ,đồng quy điểm H b) Các đường thẳng qua H trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện  ... đưa thêm số tham số phụ o dùng điều kiện toán để ta thiết lập hệ phương trình, từ ta xác định tham số phụ Từ ta thấy lời giải có hồn tồn tự nhiên Đó lí mà chọn đề tài “ Lựa chọn tham số phụ thích... sinh làm quen phương pháp chọn tham số phụ số toán, PHẦN III NỘI DUNG ĐỀ TÀI Sử dung tham số phụ tốn giải tích Trong mục , chúng tơi giới thiệu số ví dụ ủ dụng tham số phụ tốn giải tích Ví dụ... thành: ab  2a  2a2  b2  b  2a2  (b  2) a  b2  b  (*) Xem phương trình bậc hai ẩn a b tham số Phương trình có bi ệt thức   (b  2)2  8(b2  b)  9b2  12b   (3b  2)2  b   3b