SKKN Toán

Một số ứng dụng của biểu thức liên hợp Đặt vấn đề Biểu thức liên hợp có nhiều ứng dụng trong giải toán nh: ứng dụng trong giải ph- ơng trình, bất phơng trình hệ phơng trình và tính giới hạn Đặc biệt có một số bài toán chỉ ứng dụng biểu thức liên hợp mới giải đợc, hoặc cho cách giải bài toán ngắn gọn hơn so với cách giải khác. Qua theo dõi qua các đề thi học sinh giỏi, các đề thi đại học tôi thấy lớp bài tập ứng dụng phơng pháp này tơng đối nhiều. Thực tế trực tiếp giảng dạy tôi thấy, hầu hết các em học sinh rất yếu trong việc nhận dạng bài toán và định hớng bài toán để áp dụng phơng pháp này. Vì vậy, tôi chọn đề tài này, với cách trình bày đa ra các ví dụ có tính rèn luyện kỉ năng và phát triển t duy để phần nào giúp các em nắm đợc phơng pháp này để áp dụng vào giải các bài toán có liên quan . I >ứng dụng trong giải phơng trình. B i1 Gii phng trỡnh : 62)22(3 ++=+ xxx (1) (Đề thi ĐH Kỹ thuật quân sự năm 2000) Hớng dn gii : iu kiện xỏc nh : 2 x Phng trỡnh (1) )3(2623 =+ xxx =++ = ++= 4623 3 )623)(3(2)3(8 xx x xxxx Gii phng trỡnh : 4623 =++ xx c nghim 2 4511 = x . Vậy phng trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn bit 3 = x ; 2 4511 = x . Nhận xét:1>Do nhận thấy : )3(8)6()23( 22 =+ xxx nên ta nhân biểu thức liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung (x-3). 2> Bài toán tổng quát của bài (1): [ ] nmxbaknbxmax +=++ )( Với Rnmkba ,,,, . B i 2 Gii phng trỡnh : 15242 2 =+ xxxx (2) (Đề đăng trên báo toán học tuổi trẻ) Hớng dn gii : iu kịên xỏc nh : 42 x Nhận thấy x=3 là một nghiệm của phơng trình (2). 1 Phng trỡnh (2) 3521412 2 =+ xxxx .(*)0) 12 1 12 14 1 )(3( )3)(12( 14 3 12 3 = + ++ + += + + + x x x x xx x x x x Do 42 x nên 12 1 112 14 1 + >++ + x x x Do đó (*) 3 = x . Vậy Phng trỡnh (2) có nghiệm duy nhất x=3 . Nhận xét: 1> Do nhận thấy đợc một nghiệm x=3 của phơng trình , nên ta ứng dụng biểu thức liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung. 2> Bài toán tổng quát của bài (2) : 2 )2 2 () 22 ()( 22 2 mnnm x mnmn xmnxnmx + =+ Với nm + 2 . B i3: Gii phng trình : x xx x x 2 2 sin1 sinsin2 sin sin1 + + = (3) (Đề thi học sinh giỏi lớp 11. Tĩnh nghệ An) Hớng dn gii : iu kiện xỏc nh : 1sin0 < x Phng trỡnh (3) x x x x 2 sin1 1sin2 1 sin sin1 + += += += = = + + + + = + + = 2 6 5 2 6 2 1 sin 0) sin)sinsin1( 1 sin1 1 )(1sin2( sin1 1sin2 sin)sinsin1( sin21 sin1 1sin2 sin sinsin1 2 2 2 kx kx x xxx x x x x xxx x x x x xx Vậy phng trỡnh (3) có hai họ nghiệm : 2 6 kx += ; 2 6 5 kx += )( Zk . Nhận xét: 1>Bài toán (3) có thể giải theo phơng pháp đánh giá hai vế. Thật vậy : Đặt sinx=y , điều kiện 10 < y . 2 Khi đó phng trỡnh (3) trở thành : 22 2 1 12 1 1 21 y y y yy y y + += + + = (*) Nhận thấy 2 1 = y là nghiệm của phơng trình (*). Với 2 1 0 << y thì 1-y>y>0 và 2y-1<0 suy ra 2 1 12 11 1 y y y y + +>> nên (*) vô nghiệm với 2 1 0 << y . Với 1 2 1 < y thì yy < 10 và2y-1>0 suy ra 2 1 12 11 1 y y y y + +<< nên (*) vô nghiệm với 1 2 1 < y . 2> Bài toán tổng quát của bài (3) : 22 2 )( my ypny py nym + ++ = với pnm ,, là các số thực dơng . B i4 Gii phng trình : 52.3212.529 123 +=+ + xxxx (4) (Đề thi học sinh giỏi lớp 11 Tĩnh Quảng Bình) Hớng dn gii : Đặt y x = 2 phơng trình (4) trở thành : 132159 2 3 +=+ yyyy (*) . iu kiện xỏc nh : 5 1 y Nhận thấy phơmg trình(*) có một nghiệm y=1. Phơng trình(*) 53221529 2 3 +=+ yyyy (**)0) 215 5 3)19(. 1 52)(1( )52)(1( 215 )1(5 49.2)9( 1 2 3 3 3 2 = + ++ ++ += + + ++ yy yy yy y y yy y Do 5 1 y nên 215 5 2 5 5 3)19( 1 52 2 3 + >> ++ ++ yy y Do đó (**) 1 = y (Thoả mãn điều kiện 5 1 y ) . Với y=1 ta có 012 == x x . Vậy phơng trình (4) có nghiệm duy nhất x=0 . Nhận xét:Phơmg trình(*) có thể giải theo phơng pháp đánh giá Thật vậy : Với 15291 3 <<> yyy , khi đó 132)1(21515152159 2 3 +=+<<<+ yyyyyyyyy nên (*) vô nghiệm . 3 Với 15291 5 1 3 >>< yyy khi đó 132)1(21515152159 2 3 +=+>>>+ yyyyyyyyy nên (*) vô nghiệm . Vậy y=1 là nghiệm duy nhất của (*). Bài5 Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H . Cho biết HA=1;HB= 2 ;HC 5 = . Tính diện tích tam giác ABC. Hớng dn gii : Gọi O là tâm đờng tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. AO cắt (O) Tại K . Suy ra KC AC. Do BH AC nên KC | | BH . Tơng tự : BK || CH . Do đó BHCK là hình bình hành . Nên BC và HK cắt nhau tại trung điểm M của BC. Trong tam giác AHK , MO là đờng trung bình Nên MO= 2 1 AH do đó AH 2 +BC 2 = 4MO 2 +4BM 2 = 4BO 2 = 4R 2 (R là bán kính đờng tròn (o) ). Chứng minh tơng tự ta có BH 2 +AC 2 = 4R 2 . Đặt HD = x (0<x< 2 ) (D là chân đờng cao hạ từ A xuống BC ) Vẽ BE AC (E AC ). Ta có HEHAE x HBD === sin 2 sin Vậỵ 2 x HE = . Ta lại có BD= 2 2 x , DC= 2 5 x , AE= 2 1 2 x , EC= 2 5 2 x . (áp dụng định lí Py tha gore cho các tam giác vuông BHD, HDC, AEH, EHC ) Vì AH 2 +BC 2 = BH 2 +AC 2 nên ta có: (*)0) )10)(2( 11 1 2)5)(2( 212 )(1( 3)10)(2( )11)(1( 1 2)5)(2( )6)(1(2 3)10)(2( 1211 1 2)5)(2( )76(2 3)10)(2(1)2)5)(2((2 )10)(2()5)(2(2 ) 2 5 2 1(2)52(1 22 2 22 2 2 22 22 2 22 22 22 42 2 22 42 22222 22222 2 22 222 = + + + += + + + += + + += += ++=++ xx x xx x x xx xx x xx xx xx xx x xx xx xxxxx xxxxx xx xx 4 Do 2 2 < x nên >+>+ >> 12)5)(2(3)10)(2( 11,011 2222 22 xxxx xx Do đó > + + = + )5)(2( 1 2)5)(2( 11 2)5)(2( 212 22 2 22 2 22 2 xx x xx x xx x > > + + 2)5)(2( 1 3)10)(2( 11 2222 2 xxxx x > 1 )10)(2( 11 22 2 xx x Vây (*) 11 2 == xx (vì (0<x< 2 ). Suy ra BD=1, DC=2, AD=AH+HD=2. Diện tích tam giác ABC bằng : 3. 2 1 == BCADS (ĐVDT). II >ứng dụng trong giải bất phơng trình. B i 6 Gii bất phng trình : 9 1 22 ++ + xx x (6) Hớng dn gii : iu kiện xỏc nh : 0 x (*)98)9(8 9 9 1 22 9 1 22 )6( ++ ++ + + + xx xxx xx x áp dụng bất đẳng thức B.N.A cho hai cặp số )8,9( xx + và )1,8( ta đợc : 19)89)(18(8)9(8 +=+++++ xxxxx Dấu bằng xẩy ra khi : 7 1 898 8 9 ==+= + xxxx x Suy ra (*) đúng với mọi x không âm . Vậy tập nghiệm của bất phơng trình (6) là 0 x . B i 7 Gii bất phng trình : 2837)4(2 3 3 2 xxxxx (7) Hớng dn gii : iu kiện xỏc nh : 7 x )7( )8(4)17)(4()2( 33 xxxxx (*)0) 42 17 4 4)(8( 0)8(4 17 )8)(4( 42 )8( 3 3 2 3 3 3 2 3 ++ + + + ++ xx x x x x x x xx xx xx 5 Với 7 x ta có : 6 1 2. 4 .3 1 2 4 1 42 3 3 3 3 3 3 3 2 3 = ++ = ++ x x x x xx x < 17 4 4 + + x x Suy ra 0 42 17 7 4 3 3 2 3 > ++ + + xx x x x , do đó 808(*) xx . Vậy tập nghiệm của bất phơng trình (7) là 8 x . B i 8 Gii bất phng trình : 5624534 222 ++++ xxxxxx (8) (Đề thi ĐH ngoại thơng năm 2001) Hớng dn gii : iu kiện xỏc nh: 5 1 x x Nhận thấy 1 = x là một nghiệm của (8). Xét < 5 1 x x Khi đó: 101 0) 5645 1 5634 2 )(1()8( 22 22 +++ + +++ xx xxxx xxxx x Đối chiếu điều kiện ta đợc tập nghiệm của bất phơng trình = 5 1 x x Nhận xét :Bài toán tổng quát của bài (8): )1)(2))(()1)(( ++ mxnxmxnxmxnx III >ứng dụng trong giải hệ phơng trình. B i 9 Gii hệ phng trình : +=+ +=+ 22 22 121 121 xxy yyx (9) (Đề thi OLYMPIC 30 tháng 4.) Hớng dn gii : iu kiện xỏc nh : 1 1 y x Nhận thấy = = 1 1 y x không phải là nghiệm của (9). 6 yx yx yx yx yx yx yx yx yx yx yx xxyyyx =⇔ =++ −+− + +++ + −⇔ =−+ −+− − + +++ − ⇔ −−−+−=+−+⇒ 0) 11 1 2121 )(( 0 11 2121 112121)9( 22 22 22 22 2222 VËy hÖ (9) ⇔      +−=+ = ⇔      +−=+ = (*)121 121 22 22 xxx yx yyx yx 2 0)) 521 1 1)(2( 11 1 )(2( 4 11 2 521 4 411521(*) 2 2 2 2 22 =⇔ = ++ −++ +− −⇔ −+ +− − = ++ − ⇔ −+−−=−+⇔ x x x x x x x x x x xxx VËy hÖ (9) cã nghiÖm duy nhÊt (2;2). B i 10 à Giải hÖ phương tr×nh:      −+−=−++ −+−=−++ 12216244 12216244 2 2 xxyy yyxx (10) Hưíng dẫn giải: Điều kiÖn xác định    ≥ ≥ 4 4 y x NhËn thÊy    = = 4 4 y x kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña (10). 7 yx yxyx yx yx yx xy yx xy yx yx yx yx xxyyyyxx =⇔ =+ +++ + −+− + −+− + −⇔ −+ −+− − = −+− − + +++ − ⇔ −−−+−=−−+−−++⇒ 0)2 44 1 44 1 1616 )(2 )(( )(2 1616 )(2 4444 216221624444)10( 22 22 22 22 V©y:      −+−=−++ = ⇔      −+−=−++ = ⇔ (*)12216244 12216244 )10( 2 2 xxxx yx yyxx yx (**)0) )14(2 1 )34(2 1 316 5 1)(5( 316 25 5 )14(2 5 )34(2 5 )5316(21434(*) 2 2 2 2 = +− − ++ − +− + +−⇔ +− − +−= +− − + ++ − ⇔ −+−−=−−+−+⇔ xx x x x x x x x x x x xxxx V× 4 ≥ x nªn: )14(2 1 )34(2 1 2 1 6 1 1 316 5 1 2 +− + ++ ≥+>> +− + + xx x x Do ®ã (**) ⇔ 5 = x VËy hÖ (10) cã nghiÖm duy nhÊt (5;5). IV >øng dông trong tÝnh giíi h¹n. B i 11à TÝnh giíi h¹n sau : A= x ax n x 11 lim 0 −+ → (víi ∗∗ ∈∈ RaNn ; ) Hưíng dẫn giải : A= )1 .)1()1(( 11 lim 11 lim 21 00 +++++ −+ = −+ −− →→ nn x n x axaxx ax x ax 8 A n a axax a nn x = +++++ = −− → )1 .)1()1(( lim 21 0 VËy : A= n a x ax n x = −+ → 11 lim 0 B i 12à TÝnh giíi h¹n sau : A= qp nm x bxax bxax +−+ +−+ → 11 11 lim 0 (víi * ,,, Nqpnm ∈ ; bpaqRba ≠∈ ;, * ) Hưíng dẫn giải: A= q b p a n b m a x qx x ax x bx x ax bxax bxax q p nm x qp nm x − − = −+ − −+ −+ − −+ = +−+ +−+ →→ 11 11 1111 lim 11 11 lim 00 (¸p dông kÕt qu¶ bµi 10 ) . B i 13à TÝnh giíi h¹n sau : A= 11.1 11.1 lim 0 −++ −++ → qp nm x bxax bxax (víi * ,,, Nqpnm ∈ ; * , Rba ∈ ) Hưíng dẫn giải : p a q b m a n b x ax x bxax x ax x bxax axbxax axbxax A pqp mnm x pqp mnm x + + = −+ + −++ −+ + −++ = −++−++ −++−++ = →→ 11)11.(1 11)11.(1 lim 11)11.(1 11)11.(1 lim 00 NhËn xÐt: C¸ch gi¶i trªn : Tö sè thªm ,bít cho m ax + 1 , mÈu sè thªm, bít cho p ax + 1 . B i 14à TÝnh giíi h¹n sau : 2 3 0 3cos.2coscos1 lim x xxx A x − = → Hưíng dẫn giải : 9 ) 3cos1 .2coscos 2cos1 .cos cos1 (lim 3cos.2coscos1 lim 2 3 22 0 2 3 0 x x xx x x x x x x xxx A xx + + = = ) )3cos3cos1( )3cos1(2coscos )2cos1( )2cos1(cos 2 sin2 (lim 2 3 2 2 2 2 0 xxx xxx xx xx x x A x ++ + + += ) ) 2 3 ( 2 3 sin . )3cos3cos1(2 2coscos9sin2 . )2cos1( cos2 ) 2 .(2 2 sin (lim 2 2 2 3 2 2 2 2 0 x x xx xx x x x x x x A x ++ + + += 3 2 3 1 2 1 =++= A Nhận xét :Cách giải trên tử số thêm , bớt cho xcos và xx 2coscos . Kết luận và kiến nghị. Phơng pháp giải toán thì đa dạng và phong phú, nhng các em nhớ rằng mỗi phơng pháp đều có tính u việt riêng của nó. Vì vậy các em nên học hỏi nhiều phơng pháp, điều đó sẻ giúp cho các em rất nhiều trong việc định hớng tìm ra cách giải ngắn gọn cho một bài toán . Ngoài các ứng dụng trên, các em có thể mở rộng thêm sang lớp bài tập tích phân, lớp bài tập chứng minh bất đẳng thức. để giúp các em rèn luyện phơng pháp này, các em làm các bài tập sau. Bài tập t luyện . Giải các phơng trình sau : 1> 23915 22 =++ xxx . (Đề thi ĐH Bách khoa năm 2001) 2> 42118162 22 +=+++ xxxx . 3> 1sin21sin 3 =+ xx . 4> 133212 ++=++ xxxx . 5> sin 1 sin cos 1 cosx x x x+ = + . (Đề thi học sinh giỏi lớp 11. Tĩnh Hà Tĩnh) Giải các bất phơng trình sau : 1> 3 2 3 1 2x x x + < . (Đề thi OLYMPIC 30 tháng 4.) 2> 2 1 2 2x x x + > . (Đề thi ĐH Mỏ Địa chất năm 2000) 3> 2 2 9 2 1 ( 1 3 1) x x x > + + . (Đề thi ĐH Vinh năm 1998) 4> 2 2 4( 1) (2 10)(1 3 2 )x x x+ < + + . Giải các hệ phơng trình sau: 1> 2008 2008 2009 1 1 2 x y y x x y + + = + + + = 10 . ứng dụng trong giải toán nh: ứng dụng trong giải ph- ơng trình, bất phơng trình hệ phơng trình và tính giới hạn Đặc biệt có một số bài toán chỉ ứng dụng. tôi thấy, hầu hết các em học sinh rất yếu trong việc nhận dạng bài toán và định hớng bài toán để áp dụng phơng pháp này. Vì vậy, tôi chọn đề tài này, với