Khai thác một số dạng toán ôn thi HSG toán 8 từ một đẳng thức quen thuộc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD&ĐT THỌ XUÂN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TỐN ƠN THI HỌC SINH GIỎI TỐN TỪ MỘT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC Người thực hiện: Nguyễn Xuân Thế Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Thánh Tơng SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HOÁ NĂM 2018 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong giảng dạy mơn Tốn, ngồi việc giúp HS nắm kiến thức bản, việc phát huy tính tích cực HS thơng qua việc khai thác thêm toán từ tốn điển hình bản, đồng thời biết ứng dụng toán đơn giản vào việc giải toán phức tạp điều cần thiết cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Chúng ta biết tốn dù có khó, phức tạp đến đâu lời giải đưa chuỗi hữu hạn bước suy luận đơn giản, việc giải tốn phức tạp đưa việc áp dụng, tiền đề toán Nên việc thường xuyên ứng dụng, khai thác toán đơn giản để giải tốn khó cách nâng cao dần khả suy luận, tư sâu cho HS Qua số năm giảng dạy, học hỏi đồng nghiệp với kinh nghiệm thân giúp học sinh khai thác, ứng dụng nhiều tốn, sở tơi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Khai thác số dạng tốn ơn thi học sinh giỏi Toán từ đẳng thức quen thuộc” Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm này, đưa số tập đặc trưng cho dạng, giúp học sinh nắm bắt dạng tập này, có kỹ giải tập dễ dàng 1.2 Mục đích nghiên cứu Với sáng kiến kinh nghiệm "Khai thác số dạng tốn ơn thi học sinh giỏi Tốn từ đẳng thức quen thuộc", tơi mong muốn giúp em đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp trước hết nắm vững cách chứng minh đẳng thức quen thuộc là: “Chứng minh rằng: a + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a + b + c - ab - bc - ac) ” (*) Sau em biết vận dụng kiến thức vào khai thác số dạng tốn ơn thi học sinh giỏi Từ em giải số tốn thi đề thi học sinh giỏi Cũng qua sáng kiến kinh nghiệm này, muốn em thấy đằng sau toán quen thuộc tưởng chừng đơn giản khô khan điều mẻ, khám phá bổ ích lý thú Từ khơi dậy niềm say mê học tập, khơi dậy óc sáng tạo học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trong đề thi học sinh giỏi Toán lớp lớp 9, thi vào trường chuyên toàn quốc ta thường xuyên bắt gặp thi khai thác từ đẳng thức (*) Tuy nhiên, khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm này, đưa số dạng toán khai thác từ đẳng thức (*), hệ thống dạng tập định hướng giải cho dạng Với dạng tập tơi trình bày theo mức độ từ dễ đến khó Từ giúp học sinh đội tuyển học sinh giỏi Tốn sử dụng tài liệu cách hiệu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Để nghiên cứu đề tài này, tơi tiến hành nghiên cứu sách giáo khoa tốn 8, sách tập tốn 8, tạp chí tốn học tuổi trẻ, toán tuổi thơ, sách tham khảo Trong q trình giảng dạy, tơi ln tìm hiểu đề thi học sinh giỏi Toán 8, Toán nhiều huyện, tỉnh thành nước, đề thi vào trường chuyên, đề thi học sinh giỏi cấp trường nhiều trường để có hệ thống tập phong phú đa dạng Và năm sau giảng dạy phần cho học sinh tơi ln tự rút kinh nghiệm để hồn thiện năm NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Mục tiêu giáo dục giai đoạn phải đào tạo người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo nhân văn cao Để đào tạo lớp người Nghị trung ương IV khóa VII năm 1993 xác định: “Áp dụng phương pháp giáo dục bồi dưỡng cho học sinh lực tư duy, sáng tạo, lực giải vấn đề” Nghị trung ương II khóa VIII tiếp tục khẳng định: “ Phải đổi giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ chiều, rèn luyện thành nề nếp tư sáng tạo người học, bước áp dụng phương pháp tiên tiến, phương tiện đại vào trình dạy học, dành thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh” "Khai thác số dạng toán ôn thi học sinh giỏi Toán từ đẳng thức quen thuộc" khơi dậy cho học sinh, em học sinh giỏi lòng say mê học tập, khao khát khám phá điều lạ, rèn tính sáng tạo Điều tơi thể rõ nét sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Như biết, công tác dạy học việc quan tâm đến chất lượng đại trà, cần phải trọng đến chất lượng học sinh mũi nhọn, cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán quan trọng Muốn nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi giáo viên việc phải phân loại chuyên đề dạng tốn cho chun đề khai thác toán để giải tốn khó việc làm cần thiết để giúp em nâng cao dần khả suy luận, tư sâu Tuy nhiên, thời gian đầu ơn thi học sinh giỏi Tốn 9,các tập tơi cung cấp cho học sinh chưa có hệ thống, chưa có khai thác, liên hệ Vì học sinh làm tập, thi mà có liên quan em thường tỏ lúng túng, nhiều em không định hướng cách giải Chính vậy,các em chưa thực say mê học tập chưa thấy điều thú vị ẩn sau toán quen thuộc Sau vài năm, thân tơi có nhiều kinh nghiệm công tác bồi dưỡng HSG, nghĩ phải làm để kiến thức truyền đạt đến học sinh phải hệ thống thành chủ đề, giúp học sinh dễ hiểu, dễ nhớ, đặc biệt giúp em thấy mối liên hệ kiến thức để kích thích tìm tòi, sáng tạo Do tơi hình thành nội dung sáng kiến kinh nghiệm hôm xin chia sẻ đồng nghiệp Ta biết toán quen thuộc với học sinh là: “Chứng minh rằng: a  b  c  3abc (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac) ” Khi ơn đội tuyển HSG Tốn tơi có đưa cho HS làm tốn sau 30 phút: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3 b) Tìm x, biết: 8(2 x  1)  (9 x  12)  ( x  2) 27 c) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 – 3abc = Hãy nhận dạng tam giác Thì thấy đa số em lúng túng, chưa đưa lời giải mong muốn Cụ thể là: Điểm Sĩ số - 10 8-9 7-8 6-7 5-6 b > c Khi đó: a = c + b = c + Thay a = c + b = c + vào biểu thức Q ta có: 1 Q  (c   c  1)  (c   c)  (c   c)  (12  12  2 ) 3 2 Vậy Q = Qua ví dụ ta rút nhận xét: Nếu a, b, c ba số ngun đơi khác giả sử a > b > c ta có: a - b  1; b - c  1; a - c     1 (a  b)  (b  c)  (c  a)  3 2   Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho a + b + c = 2018 Tính giá trị biểu thức: a  b  c  ab  bc  ca P a  b  c  3abc Bài 2: Cho số nguyên a,b,c thoả mãn (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 = 210 Tính giá trị biểu thức: A = a - b + b - c + c - a Dạng 3: Tính chia hết số nguyên: Đối với loại toán cần ý: - Số nguyên a chia hết cho số nguyên b 0 có số nguyên q cho a = b.q - Nếu ab ka b , với a, b, k  Z - Tính chất chia hết tổng, hiệu a + b3 + c3 - 3abc Ví dụ 3.1: Cho biểu thức: A = a + b + c - ab - bc - ca Chứng minh a, b, c số nguyên liên tiếp A có giá trị số nguyên chia hết cho Hướng dẫn giải: Áp dụng đẳng thức (*) ta có: a  b  c  3abc (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac) Do ta có: A = a + b + c (1) Mà a, b, c số nguyên liên tiếp nên a  b  c 3 (2) Từ (1) (2) suy A có giá trị số nguyên chia hết cho Suy đpcm Ví dụ 3.2: Cho abc số tự nhiên có chữ số thỏa mãn abc M11 Chứng minh rằng: a3 – b3 + c3 + 3abc chia hết cho 11 Hướng đẫn giải: abc 11  100a + 10b + c  11  (99a + 11b) + (a – b + c)  11 Mà 99a + 11b  11 Suy ra: a – b + c  11 (1) Mặt khác, áp dụng đẳng thức (*) ta có: a  b  c  3abc a  ( b)  c  3a( b)c (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac)(2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Ví dụ 3.3: Cho a, b, c, k �N* ƯCLN(abc, a + b + c) = Chứng minh (a + b3 + c3 + kabc) M(a + b + c) (k + 3) M(a + b + c) Hướng dẫn giải: 3 Ta có: (a  b  c  kabc) (a  b  c)  (a  b  c  3abc  kabc  3abc) (a  b  c)  (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ca)  abc(k  3) (a  b  c)  abc(k  3) (a  b  c) Mà ƯCLN(abc, a + b + c) =  k  a  b  c  đpcm Ví dụ 3.4: Cho a, b, c ba số tự nhiên đôi khác Chứng minh rằng: B = a3 + b3 + c3 – 3abc số nguyên tố Hướng dẫn giải: Dựa vào đẳng thức (*) ta có: B = a  b  c  3abc (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac) (1) Vì a, b, c ba số tự nhiên đôi khác nên ta suy ra:  a  b  c 3 (2)  2  a  b  c  ab  bc  ca (3Theo nhận xét ví dụ 2.5) Từ (1) (2) suy đpcm Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho abc 7 Chứng minh rằng: M 8a  64b  c  24abc 7 Bài 2: Cho abc 9 Chứng minh rằng: N a  b  c  3abc 9 Dạng 4: Tính chia hết đa thức: Đối với loại toán cần ý: - Đa thức A chia hết cho đa thức B 0 có đa thức Q cho A = B.Q - Để chứng minh cho đa thức A chia hết cho đa thức B ngồi cách đạt phép chia ta thường hay áp dụng cách phân tích đa thức A thành nhân tử nhân tử có nhân tử chia hết cho đa thức B Ví dụ 4.1: Chứng minh rằng: a + b - c3 + 3abc Ma + b - c Với a + b - c �0 Hướng dẫn giải: Áp dụng đẳng thức (*), với a, b, c  Z;a + b - c ta có: a  b  c  3abc a  b  ( c)  3ab(  c)   a  b  ( c) a  b  c  ab  b(  c)  a( c)  (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac) (a  b - c) Suy đpcm Ví dụ 4.2: Cho x = a2 – bc; y = b2 – ac; z2 = c2 – ab Chứng minh rằng: a) (ax + by + cz) M(a + b + c) b) (ax + by + cz) M(x + y + z) Hướng dẫn giải: a) Ta có: ax + by + cz = a(a – bc) + b(b2 – ac) + c(c2 – ab) = a  b  c  3abc = (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac )  (a + b + c) Suy đpcm b) Ta có x + y + z = a2 – bc + b2 – ac + c2 – ab = a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca (1) Theo câu a ta có: ax + by + cz = (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac) (2) Từ (1) (2) suy đpcm bc ac ab ; y = b - ; z = c - Chứng minh rằng: a b c 2 (a x + b y + c z) M(ax + by + cz) Hướng dẫn giải: bc ac ab 2 2 )  b (b  )  c (c  ) Ta có: a x  b y  c z a (a  a b c = a  b  c  3abc = (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac) (1) bc ac ab Mặt khác: ax + by + cz = a(a  )  b(b  )  c(c  ) a b c 2 = a + b + c – ab – bc – ca (2) Từ (1) (2) suy đpcm Ví dụ 4.2: Cho x = a - Bài tập áp dụng: bc ac ab Cho x 1  ; y 1  ; z 1  Chứng minh rằng: a b c 3 (a x  b y  c z) (a x  b y  c z) Dạng 5: Giải phương trình: Đối với loại toán cần ý: - Cách giải phương trình đưa phương trình tích - Cách giải phương trình nghiệm nguyên đưa phương trình ước số Ví dụ 5.1: Giải phương trình: (3x – 2)3 – (x – 3)3 = (2x + 1)3 Hướng dẫn giải:  Phương trình cho (3x – 2) + (-x + 3)3 + (-2x - 1)3 = (1) Ta thấy rằng: (3x – 2) + (-x + 3) + (-2x – 1) = Nên áp dụng đẳng thức (*) ta có: (3x – 2)3 + (-x + 3)3 + (-2x - 1)3 = 3(3x – 2)(-x + 3)(-2x – 1) Do phương trình (1)  3(3x – 2)(-x + 3)(-2x – 1) =  x  3x  0      x  0   x 3    2x  0  x   1 2 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  ;3;  2 3 (9 x  12)3  ( x  2) 27 Hướng dẫn giải:  Phương trình cho (4x + 2) + (-3x – 4)3 + (-x + 2)3 = (1) Ta thấy rằng: (4x + 2) + (-3x – 4) + (-x + 2) = Nên áp dụng đẳng thức (*) ta có: (4x + 2)3 + (-3x – 4)3 + (-x + 2)3 = 3(4x + 2)(-3x – 4)(-x + 2) Do phương trình (1)  3(4x + 2)(-3x – 4)(-x + 2) = Ví dụ 5.2: Giải phương trình: 8(2 x  1)   x 2  x  0      x  0   x     x  0  x 2   4 1 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  ;2;  3 2 * Qua ví dụ 5.1 ví dụ 5.2 ta có phương trình tổng qt ví dụ là: (ax + m)3 + (bx + n)3 – (ax + bx + m + n)3 = [f(x)]3 + [g(x)]3 + [h(x)]3 = Với f(x) + g(x) + h(x) = Ví dụ 5.3: Giải phương trình nghiệm nguyên: (x + y)3 = (x – 2)3 + (y + 2)3 + Hướng dẫn giải: Phương trình cho  (x + y) + (-x + 2)3 + (-y - 2)3 = (1) Ta thấy rằng:  (x + y) + (-x + 2) + (-y - 2) = Nên áp dụng đẳng thức (*) ta có : (x + y)3 + (-x + 2)3 + (-y - 2)3 = 3(x + y)(-x + 2)(-y - 2) Do phương trình (1)  3(x + y)(-x + 2)(-y - 2) =  (x + y)(-x + 2)(-y - 2) = 10 Đến ta phân tích số thành tích số nguyên cho tổng số nguyên Do : (x + y)(-x + 2)(-y - 2) = = 2.(-1).(-1) Ta có bảng giá trị tương ứng : -x + 2 -1 -1 -y – -1 -1 x+y -1 -1 x 3 y -1 -4 -1 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x ;y) : (0 ; -1), (3 ; -4), (3 ; -1) Ví dụ 5.4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 + y3 + z3 - 3xyz = (*) Hướng dẫn giải: Ta có x3 + y3 + z3 - 3xyz =  (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz - yz) = Ta xét x2 + y2 + z2 – xy – xz - yz = [(x - y)2 +(y - z)2+(z - x)2 ]   x  y  z 1(1) nên xảy  2  x  y  z  xy  yz  zx 1(2) Từ (1) ta có: x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = (3) Từ( 2),(3)  xy + yz + zx = Nên x2 + y2 + z2 = Do x, y, z có vai trò bình đẳng nhau, nên ta giả sử x2  y2 z2  z = 0; y = 0; x = 1 �x  1 � Nếu �y  (không thõa mãn (*) �z  �  x 1  Nếu  y 0 T/m phương trình (*)  z 0  Vậy nghiệm ngun (x,y,z) phương trình (*) hốn vị (1 ;0 ;0) Ví dụ 5.5: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 = xy + Hướng dẫn giải: Ta có : x3 - y3 – xy = � 27x3 - 27y3 – 27xy = 216 � 27x3 - 27y3 - – 27xy = 215 11 (Ta thấy 27x3, -27y3, -1 lập phương 3x,(-3y), (-1) 27xy ba lần tích ba số ấy) � (3 x  y )  (1  y )  (3x  1) � � (3x-3y-1) � �= 215 � � � (3 x  y )  (1  y )  (3 x  1) � � Đặt A= � � � Ta thấy A > nên A 3x - 3y - ước tự nhiên 215 (215 có ước tự nhiên (1; 5;43; 215) Nhận xét: + 3x - 3y - > nên x - y > x,y �Z nên x - y �1 3x - 3y – �2 � (3 x  y)  (1  y)  (3 x  1) � � +A= � � � = (9x2 + 9y2 +18xy + 9y2 - 6y + + + 6x + 9x2) = 9(x2 + y2 + xy) +3(x - y) +1 y Ta thấy : x2 + y2 + xy = (x + )2 + 3y2  (Không xảy dấu « = » x > y ) Nên x2 + y2 + xy �1 Do A �9.1+3.1+1= 13 3x  y   � �A  43 Từ hai nhận xét ta có : � Giải ta cặp (x; y) (0; -2); (2; 0) Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (x ;y) : (0; -2); (2; 0) Bài tập áp dụng: Bài : Giải phương trình sau : a) (5x – 3)3 + (2x – 5)3 = (7x - 1)3 b) (x + 2)3 + (3x – 4)3 + (x – 1)3 – 3(x + 2)(3x – 4)(x -1) = c) 27(x – 4)3 – (x – 14)3 = 8(x + 1)3 d) (x + 1)3 + (x – 1)3 + (2x + 1)3 + 3(1 – x2)(2x + 1) = Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: (x + y)3 + (y + z)3 + (z + x)3 – 3(x + y)(y + z)(z + x) = Bài 3: Giải phương trình: x3 + 3ax2 + 3(a2 – bc)x + a3 + b3 + c3 – 3abc = 12 Dạng 6: Chứng minh bất đẳng thức vận dụng nhận dạng tam giác đặc biệt: Đối với loại toán cần ý: - Các phếp biến đổi tương đương bất đẳng thức - Bất đẳng thức tam giác - Dấu hiệu nhận biết tam giác đặc biệt Ví dụ 6.1: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 �3abc Hướng dẫn giải: 3 3   Ta có: a + b + c 3abc a + b3 + c3 - 3abc   (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ac)  (Dựa vào đẳng thức (*))  (a  b  c) (a  b)  (b  c)  (c  a) 0 Vì a, b, c > nên a + b + c > Và (a – b)2 + (b - c)2 + (c – a)2  với a,b,c  Do đó:  (a  b  c) (a  b)  (b  c)  (c  a) 0   Dấu “=” xảy  a = b = c Vậy: a3 + b3 + c3  3abc, với a, b, c > Dấu “=” xảy  a = b = c Khai thác tiếp tốn ta có tốn sau: Ví dụ 6.2: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc Hãy nhận dạng tam giác Hướng dẫn giải: Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên a > 0, b > 0, c > Do a + b + c > Theo ví dụ 6.1 thì: a3 + b3 + c3 = 3abc  a = b = c  Tam giác cho tam giác Vậy a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc, tam giác cho tam giác Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho a, b, c số thỏa mãn a + b + c > Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3  3abc Dấu “=” xảy nào? Bài 2: Cho m, n, p số dương Chứng minh rằng: m n  p  3mnp m (n  p)  n (m  p)  p (m  n) Dạng 7: Chứng minh đẳng thức: Đối với loại toán cần ý: Để chứng minh đẳng thức A = B có cách: Biến đổi vế trái để vế phải; biến đổi vế phải cho vế trái; biến đổi tương đương, có nghĩa A = B  C = D  E = F  …  M = N, đẳng thức cuối 13 nên suy đpcm; biến đổi cho hai biểu thức A B biểu thức C � �x  y  z  a � �2 2 Ví dụ 7.1: Cho �x  y  z  b �1 1 �   �x y z c 3c(a  b )  a (3b  a ) Chứng minh rằng: x  y  z  Hướng dẫn giải: Dựa vào đẳng thức (*) ta có: x  y  z  3xyz ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx )  x  y  z 3 xyz  a b  ( xy  yz  zx) Do cần phải tính tích xyz tổng (xy + yz + zx) theo a, b, c tiếp tục biến đổi chứng minh Ta có: a2 = (x + y + z)2 = (x2 + y2 + z2) + 2(xy + yz + zx) a  b2  xy  yz  zx  3  Từ  1 1 xy  yz  zx      x y z c xyz c  xyz = c(xy + yz + zx) a  b2 3c(a  b ) a  b2  x  y3  z   a(b  ) 2 3c(a  b )  a(3b  a )  đpcm  x  y3  z3  Bài tập áp dụng:  ax  by c  Bài 1: Cho x, y, z số thỏa mãn:  bx  cy a  cx  ay b  3 Chứng minh rằng: a + b + c = 3abc  x  yz a  Bài 2: Cho  y  zx b x.y.z 0 Chứng minh rằng:  z  xy c   xyz c ax + by + cz = (x + y + z)(a + b + c) 14 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Sau nhiều năm ôn thi học sinh giỏi cấp huyện,sau năm tơi lại tích luỹ thêm tập lí thú phần Từ tốn quen thuộc, tơi giúp học sinh hệ thống dạng tập thường gặp đề thi, củng cố phương pháp giải dạng tập Các em thấy liên quan, khai thác vô thú vị ẩn sau toán mà em học Đây nội dung tạo hứng thú học tập, rèn luyện óc sáng tạo, trau dồi tư linh hoạt cho học sinh, với học sinh giỏi Sau truyền đạt nội dung tới học sinh, học sinh dạy ghi nhớ kiến thức phương pháp giải tốt Mỗi gặp tập dạng em tự tin vận dụng kiến thức mà lĩnh hội Qua năm bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh thi có nhiều em đạt giải cao, có nhiều giải nhất, giải nhì Kết giúp tơi khẳng định sáng kiến kinh nghiệm thực đem lại hiệu việc bồi dưỡng HSG Trong năm nay, sau dạy cho HS em gặp toán tương tự đề thi đa số em làm tốt, điều thể qua kiểm tra khảo sát: Sĩ số Điểm 7-8 - 10 8-9 6-7 5-6