SKKN toán 9 kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai vào giải nhanh một số dạng toán

A ĐẶT VẤN ĐỀ I CƠ SỞ LÝ LUẬN Trong giai đoạn phát triễn khoa học kĩ thuật công nghệ nay, trình độ nhận thức người bước phát triễn rõ rệt Nhằm đáp ứng nhu cầu học tập người dân nguồn lực phù hợp với nguyện vọng hiếu học nhân dân Vì dạy học người giáo viên cần phát triển học sinh lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo, biết nhìn nhận vấn đề nhiều góc độ khác Khai thác phát triển cũ , cũ để đến kiến thức Để thực điều khơng phải hai mà người giáo viên phải đặt học sinh vào tình có vấn đề để tạo cho em thách thức trước vấn đề vai trị người giáo viên quan trọng Là giáo viên trẻ giao nhiệm vụ giảng dạy toán bồi dưỡng học sinh giỏi việc mà khiến lúc trăn trở, với cộng tác đồng nghiệp có kinh nghiệm giảng dạy lâu năm có bề dày thành tích chúng tơi mạnh dạn đưa đề tài “ Kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai vào giải nhanh số dạng toán” hi vọng giúp ích học sinh giải nhanh số dạng toán kì thi học sinh giỏi giải tốn qua mạng II CƠ SỞ THỰC TIỄN - Trong chương trình toán THCS xuất nhiều dạng toán liên quan đến tam thức bậc hai đặc biệt chương trình tốn biết hướng dẫn học sinh giải nhiều cách khác thành công lớn giáo viên Tuy nhiên đơn giản hố tốn giúp cho học sinh phát triển tư sáng tạo phát huy tính tích cực học sinh tơi đưa số dạng tốn để từ phân tích giúp em có cách nhìn tồn diện sử dụng điều kiện có nghiệm PTBH qua giải nhanh số toán đề thi chọn HSG - Tìm nghiệm nguyên nhỏ nhất, lớn phương trình - Giải phương trình, hệ phương trình nhiều ẩn - Giải phương trình nghiệm nguyên - Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức - Giải phương trình vơ tỷ - Chứng minh bất đẳng thức Chúng ta biết dạng toán có nhiều cách giải Tuy nhiên chọn cách giải hợp lí vấn đề ln hướng tới cho người dạy học toán Trong q trình giảng dạy chúng tơi tìm ứng dụng biệt thức “  ” Nó chiếm vị trí quan trọng giải tập dạng Vận dụng biệt thức “  ” khéo léo tìm lời giải gọn gàng nhanh chóng đồng thời tạo cho em niềm vui, niềm tin học tập mạnh dạn đưa đề tài “Kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai vào giải nhanh số dạng toán” Rất mong bạn đọc tham khảo, góp ý - Trong chương trình tốn THCS nhiều tập liên quan đến dạng Đặc biệt kì thi học sinh giỏi thi vào trường chuyên hay thi giải toán qua mạng… Do để học sinh giải nhanh dạng tốn ngồi cách giải khác nói cách giải cách giải nhanh Nhưng đề tài đưa số dạng điển hình III MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Xuất phát từ sở lí luận sở thực tiễn tơi đưa đề tài với mục đích học sinh người đọc thấy việc sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai vào giải số dạng toán cách tiện lợi tốn có nhều cách giải khác nhiên biết cách sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai vào việc giải toán trở nên đơn giản hơn, qua hình thành cho học sinh cách nhìn tốn nhiều hướng khác để từ giúp học sinh phát triển tư có định hướng tốt giải toán IV ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG Xuất phát từ số tốn gốc mà tơi đưa đề tài từ phát triển tốn để đưa dạng tốn phù hợp tổng qt hố để giúp học sinh có cách xâu chuỗi vấn đề nhìn tốn với cách giải nhanh chóng đề tài áp dụng cho đối tượng học sinh giỏi B NỘI DUNG Ta biết rằng: Phương trình ax2 + bx + c = ( a ≠ 0) có nghiệm  �0 (  '  b’2 – ac ≥ ) Bắt đầu từ toán đơn giản Bài toán 1: Cho phương trình x  xy  y  y   (1) (với y tham số) Tìm y để phương trình ln có nghiệm Giải: Phương trình cho phương trình bậc hai ẩn x có nghiệm  /  y  (2 y  y  3) �0 �  y  y  �0 � y  y  �0 �  y  1 ( y  3) �0 � 3 �y �1 Nhận xét 1: Từ kết toán ta có giá trị nhỏ , lớn y để phương trình có nghiệm -3; Nếu ta coi y ẩn phương trình (1) tốn diễn đạt theo cách khác sau Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn y thỗ mãn (1) Từ ta có dạng tốn sau DẠNG TÌM NGHIỆM LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA PHƯƠNG TRÌNH Bài 1.1 Trong cặp số (x,y) thoả mãn phương trình x  xy  y  y   (*) Tìm cặp số (x,y) mà y có giá trị lớn , nhỏ Giải : Giả sử ( x0 ; y0 ) cặp số thoả mãn phương trình cho, tacó: x0  x0 y0  y0  y0   (*) Phương trình (*) có nghiệm  /  y0  (2 y0  y0  3) �0 �  '   y02  y0  �0 �  '  y02  y0  �0 �  y0  1 ( y0  3) �0 � 3 �y �1 �Giá trị lớn y0 1, giá trị nhỏ y0 -3 Với y0  x0   y0  1 Với y0  3 x0   y0 3 Vậy hai cặp số cần tìm (-1: 1) (3;-3) Lưu ý Bài tốn phát biểu cách khác sau Bài 1.2 Cho số thực x,y thoả mãn x  xy  y  y   Chứng minh 3 �y �1 Tương tự toán bạn giải tập sau a) Cho x, y thoả mãn x  y  xy  x  y Chứng minh 2 3 �x � 3 HD: Ta xem tốn phương trình bậc hai ẩn y dùng điều kiện có nghiệm ta sẻ giải cách dễ dàng 125 b) Cho x �1 , y �0 thoả mãn y x   x   y Chứng minh x � 64 HD: Đưa phương trình phương trình bậc hai ẩn y dùng điều kiện có nghiệm ta giải dễ dàng �x  y  z  xyz c) Cho số thực thoả mãn �2 �x  yz Chứng minh x �3 �x  y  z  xyz �yz  x �� HD: � x  yz � �y  z  x  x Từ ta lập phương trình bậc hai ẩn t : t2 – (x3- x)t + x2 = dùng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai ta giải toán cách dễ dàng Để thấy việc sử dụng điều kiện có nghiệm cho ta giải vấn đề cách nhanh chóng tiếp tục xét dạng toán sau DẠNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN Bài Tìm cặp giá trị x, y thoả mãn x  xy  y  y   Giải: Giả sử ( x0 ; y0 ) cặp số thoả mãn phương trình cho, tacó: x0  x0 y0  y0  y0   (2) Phương trình (2) có nghiệm  /  y0  (2 y0  y0  1) �0 � ( y0  1)2 �0 � y0  1 Với y0 = -1 x0 = -y = Vậy cặp giá trị cần tìm (1;-1) Lưu ý : Ta giải phương trình cách khác sau: x  xy  y  y   � ( x  y )   y  1  2 �  y  1  �y   �x  � �� �� �� x  y  �y  1  x  y  � � � Tuy nhiên có tốn mà hệ số trước ẩn lớn mà đưa dạng khó, việc sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai gúp ta giải nhanh chẳng hạn toán sau Bài 2.1 Tìm cặp giá trị (x;y) thoả mãn hệ thức 10 x  y  xy  38 xy  y  41  (4) Giải giả sử (x0 ; y0) cặp giá trị thoả mãn (4) ,ta có 10 x02   y0  19  x0   y02  y0  41  có nghiệm  /   y0  19   10  y02  y  41 �0 2 � 49  y0  1 �0 49( y0  1) �0 nên phương trình có nghiệm y0 – = � y0 = Với y0 = x0 =2 Vậy cặp số (x,y ) cần tìm (2;1) Để giải tốn thơng thường học sinh phân tích vế trái thành nhân tử đưa tổng bình phương cịn vế phải 0, hay phương pháp loại trừ… Các phương pháp học sinh biến đổi thường gặp nhiều khó khăn dẫn đến toán bế tắc phức tạp Nhưng biết vận dụng biệt thức “  ” vào toán trở nên đơn giản dễ dàng Chúng ta tiếp tục xét toán sau Bài 2.2 Tìm cặp số ( x; y ) thoả mãn phương trình 5y2 – 6xy + 2x2 + 2x – 2y + = (1) Thông thường toán học sinh thường biến đổi dạng ( x – y +1 )2 + ( x – 2y )2 = Tuy nhiên để biến đổi đòi hỏi học sinh phải có kĩ biến đổi tốt phải nhiều thời gian Để khắc phục tình trạng ta dùng biệt thức “  ” coi phương trình phương trình ẩn y ta sau (1) � 5y2 – 2(3x+1)y +2x2 + 2x +1 = (2)  ’ = (3x+1)2 – 5(2x2 + 2x +1) = - (x+2)2 �0 (2) có nghiệm � x + = � x = -2 Thay x = -2 vào (1) ta y = -1 Vậy cặp số thoả mãn phương trình ( -2;-1 ) Tương tự toán ta tiếp tục xét toán sau phát biểu dạng khác sau Bài 2.3 Giải phương trình x2 + 2y2 – 2xy + 2y - 4x +5 = (1) Tương tự toán ta xem phương trình bậc hai với ẩn x (1) � x2 – 2(y +2)x + 2y2 + 2y + =  ’ = (y+2)2 – ( 2y2+2y+5) = - (y-1)2 tương tự ta giải x y Đối với phương trình có hai ẩn ta xem ẩn tham số dùng điều kiện có nghiệm PTBH để giải hệ phương trình lúc ta giải vấn đề nào? Ta xét tốn sau: Bài 2.4 Giải hệ phương trình sau � x  xy  y  x  y   0(1) � �2 �y  xy  x  x  y  56  0(2) Đối với hệ phương trình có cách giải khác ví dụ ta cộng hai phương trình kết hợp với phương trình (1) ta sẻ hệ phương 5x  5y  x  3y  58  � trình sau � 2 �x  4xy  4y  x  2y   Nhân phương trình thứ hai hệ với lấy phương trình thứ hệ trừ cho phương trình thứ hai hệ ta phương trình hệ là: 15y2 -20xy + 6x – y + 48 = Đến sẻ gặp nhiều khó khăn q trình giải khơng giải tiếp Ngồi phương pháp giải thử nghĩ xem có phương pháp khác không? Sau xin mạnh dạn đưa cách dùng den ta để giải cho thấy hiệu x  2y  � Ta xem (1) phương trình bậc ẩn x tính   � � x2  y  � � y 7 x3  � � Tương tự ta xem phương trình (2) ẩn x tính   225 � 8 y � x  �4 x1  x3 � � x2  x4 Để (x;y) nghiệm hệ � � x1  x4 � x2  x3 � giải ta có nghiệm hệ (2,8 ; 2,4) : ( -3,2; -0,6 ) (3,4 ; 1,2) : ( -2,6; -1,8 ) Xuất phát từ tốn ta có tốn khó tí � 2y  x   2y  x � Bài 2.5 giải hệ phương trình sau � 2 �x  2xy  y  (Trích đề thi HSG tỉnh nghệ an bảng A năm 2013- 2014 ) Đối với hệ phương trình có nhiều cách giải khác nhiên để ý nhận xét giải cách nhanh nhờ kỹ thuật sử dụng đen ta Từ phương trình thứ hệ ta đặt 2y  x  t ; t ≥ ta chuyển phương trình thứ hệ phương trình bậc hai t 2t = – t giải phương trình cho ta hai giá trị t t = t = - kết hợp điều kiện t cho ta t = Với t = thay vào ta rút x = – 2y thay vào phương trình thứ hai hệ biến đổi ta phương trình bậc hai y 7y2 – 6y – = Giải phương trình ta y = y = 1 Từ ta tính x = -1 x = 7 Tương tự toán xét tốn khó Bài 2.6 Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình sau �x  y  x  xy  y   � �2 �x  y  xy  y  x   HD: Cách giải hồn tồn tương tự tốn giải ta nghiệm nguyên hệ phương trình ( 1; 0) ( 0; ) Tiếp tục khai triễn biệt thức “  ” ta thấy thú vị Trở lại toán 1) Cho phương trình x  xy  y  y   (1) (với y tham số) Tìm y để phương trình ln có nghiệm Giải : Phương trình cho phương trình bậc hai ẩn x có nghiệm  /  y  (2 y  y  3) �0 �  y  y  �0 � y  y  �0 �  y  1 ( y  3) �0 � 3 �y �1 toán (1) cho x, y số nguyên từ điều kiện y ta tìm giá trị y (-3; -2; -1; 0; 1) từ ta tìm giá trị x Từ ta có dạng tốn sau 10 Max A = x = DẠNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Một phương pháp chủ yếu để giải phương trình vơ tỷ hữu tỷ hóa phương trình vơ tỷ phương pháp khác bình phương hai vế, đặt ẩn phụ, nhân liên hợp, đánh giá hai vế … vv mục đích chuyển phương trình vơ tỷ phương trình hệ phương trình dạng đơn giản để giải cách nhanh chóng tiết kiệm thời gian Tuy nhiên có lúc phương pháp có khó khăn khơng đơn giản lúc ta nghĩ đặt ẩn phụ để chuyển phương trình vơ tỷ phương trình bậc hai từ sử dụng đen ta để giải ta giải vấn đề cách nhanh chóng tiết kiệm thời gian nhiều Chẳng hạn ta xét tốn sau Bài 5.1 Giải phương trình sau x  3x   (x  3) x  (1) Đây toán dể, bạn sử dụng phương pháp bình phương hai vế bạn gặp nhiều khó khăn lúc bạn đưa phương trình phương trình bậc mà phương trình chưa nhẩm nghiệm lại làm cho tốn phức tạp hơn, cịn bạn đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình lại phức tạp Tuy nhiên biết chuyển toán thành toán khác sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai lại tốn đơn giản Các bạn thử nhìn vào hai vế phương trình ta thấy vế phải có x  vế trái có x2 + nên đặt x  = t ta suy x + đưa phương trình phương trình bậc hai ẩn t va x tham số Sau xin mạnh dạn nêu cách giải nhanh mà sử dụng đen ta Đặt x   t; t � phương trình (1) � t2 – t.(x+3) +3x =   ( x – 3)2 �   │x-3│ Phương trình có nghiệm phân biệt 19 t = x t = �x �0 Với t = x � x  = x � � 2 ( phương trình vơ nghiệm) �x   x t= � x  � x  � Các bạn thấy phương pháp hay nhanh nhiên phải biết nhận xét hai vế chuyển phương trình phương trình bậc hai mục đích để dùng đen ta giải nhanh xét tốn sau khó nhiều Bài 5.2 Giải phương trình sau x2  x  (*) x 2(x  1) Đối với toán bạn nghĩ sao? Theo thân tơi tốn khó nhiên biết cách đặt ẩn chuyển dùng đen ta lại tốn đơn giản Sau tơi xin trình bày cách giải mà dùng đen ta để giải x2  3 � x   x.t (1) Đặt t  x  ; t ≥ � t  x   x x x Thay vào (*) ta x   2(x  1)t (2) Từ (1) (2) ta có t2.x - 2(x+1).t +4 = � t1  Ta có   (x+1)2 – 4x = (x – 1)2 � � x � t2  � Với t  thay vào ta giải nghiệm phương trình x = x Với t = thay vào giải nghiệm phương trình x = x = Vậy phương trình có nghiệm x = x = 20 Tương tự ta xét ví dụ Bài 5.3 Giải phương trình sau x   x2  Đối với tốn giải theo phương pháp khác nhau, sau tơi xin trình bày hai phương pháp để thấy phương pháp hay Phương pháp Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình đối xứng � x� Đk xđ � x � � Đặt x   a(*); a �0 � a   x kết hợp với phương trình ban đầu ta có hệ �x   a phương trình sau �2 hệ phương trình đối xứng, giải hệ phương trình a 5 x � ta a = x a = -x-1 Với a = x thay vào (*) ta đưa phương trình sau x2- x – = Giải phương trình ta tìm x =  21  21 x = ( loại) 2 Với a = -x-1 thay vào (*) ta phương trình x + x - = giải ta x 1  17 1  17 x  (loại) 2 Vậy phương trình có nghiệm x   21 1  17 x  2 Nhận xét: Đối với phương pháp giải gặp số khó khăn + đặt ẩn phụ phải lưu ý điều kiện ẩn 21 + sau giải a theo x phải thay vào giải lại lần lại ý điều kiện để loại nghiệm khơng vơ tình lấy nghiệm ngoại lai Sau tơi xin trình bày cách thứ hai Các bạn để ý thấy hai vế phương trình có bạn xem ẩn xem x tham số chuyển tốn dùng kĩ thuật sử dụng đen ta để giải Và xin mạnh dạn đưa phương pháp giải bạn thấy phương pháp khác biệt xem ẩn nhiên với cách giải cho ta kết bạn (Sau ta gọi phương pháp số biến thiên) � x� Điều kiện x2 ≥ � � x � � (5) � x   ( x  5) � x   x  2.5 x  52 ta xem ẩn chuyển vế đặt nhân tử chung ta có phương trình sau 52  (2 x  1).5  x  x    ((2 x  1))  4( x  x)  x  x   x  x  x  x   (2 x  1) �   (2 x  1)  x  Từ ta đưa giải hai phương trình sau � 2x2   x  5 � �  x2  x  � x2  x   � �� � �2 giải hai phương trình 5x x x  x 5  � 2x2   x 1 � � 5 � � kết hợp với điều kiện cho ta nghiệm phương trình x   21 1  17 x  2 Đối với phương pháp bạn linh hoạt đơn giản lại khơng nhầm nghiệm nhiên khơng phải nhìn phương pháp để thành thạo tơi xin đưa số tập sau 22 Trên số ví dụ kĩ thuật sử dụng đen ta để giải toán phương trình vơ tỷ sau tơi xin đưa số tập dạng toán để em học sinh luyện thêm Bài tập Giải phương trình sau a)x  x   b) x   x  4x  c)x  x  2014  2014 d) x  x  x  x  x  Ngồi dạng tốn tơi mạnh dạn đưa dạng chứng minh bất đẳng thức DẠNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Đối với dạng toán bất đẳng thức thực tế có nhiều phương pháp chứng minh nhiên xin đưa kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm để chứng minh hi vọng bạn đọc em học sinh vận dụng phương pháp để từ chứng minh số toán bất đẳng thức đơn giản Bài 6.1 chứng minh rằng: 7x2 + 37x +121 >  x Đối với tốn ta thấy đơn giản ngya học sinh lớp làm cách tách nhóm để đưa đẳng thức sau : Đặt A = 7x2 + 37x +121 = ( x2 + 37 210 37 1369 2180 x ) ) + = (x + > x 14 196 196 14 196 Vậy A >  x Tương tự xét toán sau với hai biến x; y Bài 6.2 chứng minh rằng: x2 +2y2 -2xy +2x -10y �-17 Đối với toán bạn nghĩ Ở lớp chắn bạn nghĩ đến phân tích cách tách, nhóm đưa tổng bình phương cộng với số đánh giá Tuy nhiên cách bạn thử nghỉ cách khác xem, theo tơi 23 với kinh nghiệm thân đúc rút q trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tơi xin mạnh dạn đưa cách giải mạnh dạn sử dụng đen ta trường hợp Đặt B = x2 +2y2 -2xy +2x -10y +17 �0 � B = x2 -2x(y -1) +2y2 -10y +17 �0 Ta xem phương trình bậc hai ẩn x y tham số tính đen ta Ta có  = (y – 1)2 – ( 2y2 – 10y + 17) = - ( y – )2 Ta thấy  �0  y a = > nên B �0 bất đẳng thức chứng minh dấu “ = ” xẩy � y = x = Trên tốn hai biến x; y cịn ba biến sao? Chúng ta tiếp tục xét toán sau Bài 6.3 Chứng minh với x, y, z ta có: 19x2 + 54y2 + 16z2 + 36 xy – 16xz – 24 yz �0 (1) Nếu chưa làm tốn thứ hai tốn khó học sinh biến đổi để đưa dạng tổng bình phương cộng với số khó khăn khơng phải ẩn, hai ẩn mà ba ẩn nên việc biến đổi khơng dễ tí Tuy nhiên biết áp dụng đen ta tương tự toán hai lại tốn đơn giản Viết lại toán sau 19x2 + 4x(9y-4z) + 54y2 + 16z2 -24yz �0 Và ta xem vế trái bất đẳng thức tam thức bậc hai ẩn x ta có  ’ = -702y2 + 168yz – 240z2 Lại có  (y) = (84z)2 – 702.240z2  �0  z từ �  �0  y,z Suy điều phải chứng minh � � '  � y  'y  � � 64z � Dấu “ = ” xẩy � � 2(4z  9y) � �y  �x  � 702 19 � � �y  � � z0 � � 24 Tiếp tục xét việc sử dụng đen ta vào giải toán chứng minh bất đẳng thức để ta thấy hay tiếp tục xét thêm dạng toán sau Bài 6.4 cho ba số a,b,c ba cạnh tam giác Ba số x; y; z thỏa mãn ax + by + cz = Chứng minh xy + yz + xz < dạng toán chứng minh bất đẳng thức nhiên biết cách vận dụng đen ta vào tốn trở nên khơng q khó Từ ax + by + cz = c > nên tương đương với: xy - z ax+by c bất đẳng thức cần chứng minh ax+by ( x+y ) �0 (1) c Do c > nên (1) � ax2 + xy( a + b - c ) + by2 �0 Xét tam thức f(x)= ax2 + xy( a + b – c ) + by2 có a >   y (a  b  c)  4aby = y2( a2 + b2 + c2 – 2ab – 2bc – 2ac) Mà với a,b,c ba cạnh tam giác ta ln có a + b2 + c2 – 2ab – 2bc – 2ac <  � Do f(x) � với  x dấu “ = ” xẩy 0 � �x  y  � � x yz0 �  y (a  b  c) � � ax+by+cz=o x � � 2a � Tương tự xét tiếp toán sau Bài 6.5 cho a3 > 36 abc = Chứng minh a3 + a2 + b2 > ab + bc + ac (1) Từ a3 > 36 � a > Từ abc =1 � bc  a a Khi (1) � (b  c)  a(b  c)   a2 0 Xét tam thức bậc hai: f(x) = x2 – ax - a2  a 12 4a 36  a � ( a3 > 36) Từ suy điều phải chứng minh Có   a   = a 3a 25 Tương tự xét toán sau 1 a 1 a � Bài 6.6 cho a > n nguyên dương Chứng minh 1a4 a442 4a 4 43 n n Dấu Để chứng minh bạn biết vận dụng kĩ thuật sử dụng đen ta vào để giải tốn trở nên đơn giản nhiều Sau mạnh dạn đưa cách vận dụng đen ta dấu tam thức bậc hai vào để giải Đặt a n  1a44 2a 4 43a ndấu (1) Do a > nên an > an-1 (2) Mặt khác từ (1) � a 2n  a  a n 1 (3) Từ (2) (3) � a 2n  a  a n hay a 2n  a  a n  Xét tam thức f(x) = x2 – x – a < có x1 < an < x2 mà x1 =   4a Từ suy điều phải chứng minh Tương tự toán vận dụng điều kiện có nghiệm để chứng minh bất đẳng thức quen thuộc Bài 6.7 cho a, b, c > Chứng minh a b c   � (1) bc ca ab ( bất đẳng thức nesbitt) Đây bất đẳng thức quen thuộc mà có lẽ gặp đả chứng minh Tuy nhiên vấn đề mà đưa muốn vận dụng kỹ thuật có nghiệm để chứng minh bất đẳng thức cách nhanh chóng Đặt x = � a b b � c x ; y = Khơng tính tổng qt giả sử a �� c c y Khi (1) x y   � với x �y �1 y 1 x 1 x  y Đặt A = x+y; B = xy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x  y2  x  y A  2B  A  � hay  � � 2A3  A  �B( 7A  ) ( x  )( y  ) x  y A  B 1 A 26 Vì 7A – > A2 ≥ 4B nên bất đăng thức phân tích đưa bất đẳng thức sau (A – 2)2( A+2) ≥ suy điều phải chứng minh Tương tự toán xét toán sau Bài 6.8 Cho a, b, c, > thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ac = abc 1   �3 a b c Chứng minh: Với kỹ thuật sử dụng đen ta bạn giải tốn khơng giải Sau dạy chuyên đề cho học sinh, học sinh đả giải sau Từ a  b  c  ab  bc  ac  6abc � Đặt 1 1 1      6 bc ac ab c b a 1  x ;  y ;  z ( x, y, z > ) � x  y  z  xy  yz  zx  a b c Mà ta có : ( x+ y+ z )2 ≤ ( x2 + y2 + z2 ) � x  y  z � x  y  z Mà xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z2       x2 y2 z2 x2 y2 z2 Đến việc giải tốn đơn giản bạn nhỉ? Đặt t = x  y2  z ; t > chuyển BĐT tam thức bậc hai dạng ( t �� �  )( t 2 ) t2 + t  �0 � A x2 y2 z2 abc � � a  b  c 1 a  b  c  ab  bc  ac  6abc � dấu “ = ” xẩy � Như với việc sử dụng đen ta vào giải toán ta thấy thú vị nghiên cứu sâu lại thấy hay bạn Chẳng hạn tiếp tục xét tốn sau Ngồi tốn liên quan đến bất đẳng thức cịn có tốn liên quan đến tìm giá trị nhỏ , lớn biểu thức Ví dụ ta xét tốn sau Bài tốn 6.9 Cho x >0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x  x  x 27 Đối với toán để ý mối quan hệ x lớn biểu thức x  x    a  4.2a �0 � a( a  64 ) �0 gọi giá trị x 8 = a � a  x  x  (*) x x Với a ≥ x > (*) tương đương với ( a  x )2  x  x2  � 2ax  a x   (**) x Vì a ≠ nên (**) phương trình bậc hai, điều kiện có nghiệm Mà a > nên a3 ≥ 64 ۳ a Trên số tập mà vận dụng kỹ thuật sử dụng đen ta vào để chứng minh bất đẳng thức nhiên để vận dụng kỷ thuật sử dụng đen ta vào để giải tập dạng địi hỏi học sinh phải có kỹ biến đổi tốt vận dụng nhanh phương pháp này, thời gian có hạn Sau xin đưa số tập dạng hy vọng em giải khắc sâu dạng toán Bài tập cho a,b,c,d,p,q thỏa mãn p2 +q2 –a2 – b2 – c2 – d2 > (1) Chứng minh ( p2 + a2 – b2)(q2 – c2 – d2) ≥ (pq – ac – bd )2 Bài 2.cho a,b,c tùy ý thuộc  ; 2 a + b + c =3 Chứng minh a2+b2+c2 ≤ (*) � a  b2  c2  Bài Cho a,b,c thỏa mãn � ab  bc  ca  � Chứng minh -4 ≤ a+b+c ≤ Bài Cho a, b ≠ Chứng minh a  b2  b  �3 a2 a Hướng dẫn: Đối với rút a theo b c sau thay vào (*) xem phương trình bậc hai ẩn b c chuyển vế sau sử dụng đen ta giải Bài từ phương trình thứ bạn đưa dạng ( a+b + c)2 -2 ( ab+bc +ca) =2 Từ thay tích ab + bc + ca = vào giải bình thường xong 28 Bài xem bất đẳng thức cần chứng minh tam thức bậc hai ẩn b, đạt giá trị nhỏ b = 1 thay vào sử dụng cosi đưa điều phải chứng minh 2a 29 C KẾT LUẬN Qua việc tìm hiểu dạng tốn cần vận dụng linh hoạt, sáng tạo kết toán để chuyển toán sang toán khác vấn đề khó khơng học sinh mà vấn đề khó giáo viên Tuy nhiên vận dụng tốt việc chuyển tốn dựa vào kết tốn thành tốn khác khơng phải q khó Nếu làm điều giúp em hiểu sâu sắc kiến thức học, góp phần phát triển tư sáng tạo tiếp thu tốt kiến thức dựa kiến thức cũ, phát huy khả tư học sinh Các tốn, dạng tốn mà tơi đưa đề tài cịn có cách giải khác nhiên vấn đề mà đưa muốn em học sinh hướng tới sử dụng điều kiện có nghệm phương trình bậc hai vào để giải giải tốn cách nhanh đơn giản hơn, qua tập khơng rèn kĩ giải tốn cho học sinh mà rèn cho học sinh cách nhìn nhận xét tốn để từ có hướng giải toán cách tối ưu Trên kinh nghiệm tơi tích luỹ q trình giảng dạy giải tốn Có thiếu sót mong góp ý q thầy cô Tôi xin chân thành cảm ơn Kết đạt Trong hai năm học vừa qua vận dụng đề tài vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi gặt hái số thàng công bước đầu là: có 25 em đạt học sinh giỏi huyện giải nhất, giải nhì, 12 giải giải khuyến khích Có em đạt giải kì thi giải tốn qua mạng cấp huyện, có em đạt học sinh giỏi cấp tỉnh giải em giải ba giải khuyến khích Kiến nghị đề xuất: Để đề tài áp dụng rộng rãi, trình dạy học Tơi tha thiết kính mong thầy bạn đọc góp ý để đề tài ngày hồn thiện 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa toán Sách nâng cao phát triển toán tập 1,2 Sách nâng cao phát triển toán tập 1,2 31 MỤC LỤC A Đặt vấn đề…………………………………………………………… I Cơ sở lý luận………………………………………………………… II Cơ sở thực tiễn……………………………………………………… III.Mục đích nghiên cứu ………………………………………………….2 IV Đối tượng nghiên cứu phạm vi áp dụng………………………… B Nội dụng ……………………………………………………………… Dạng Tìm nghiệm lớn nhất, nhỏ phương trình…………………3 Dạng Giải phương trình hệ phương trình nhiều ẩn……………………5 Dạng Giải phương trình nghiệm nguyên…………………………………9 Dạng Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức…………………… 11 Dạng Giải phương trình vơ tỷ………………………………………… 16 Dạng chứng minh bất đẳng thức ……………………………………… 19 C Kết luận ……………………………………………………………… 23 32 XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG 33 ... việc sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai vào giải số dạng toán cách tiện lợi toán có nhều cách giải khác nhiên biết cách sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai vào việc giải. .. dùng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai ta giải toán cách dễ dàng Để thấy việc sử dụng điều kiện có nghiệm cho ta giải vấn đề cách nhanh chóng tiếp tục xét dạng toán sau DẠNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,... (**) phương trình bậc hai, điều kiện có nghiệm Mà a > nên a3 ≥ 64 ۳ a Trên số tập mà vận dụng kỹ thuật sử dụng đen ta vào để chứng minh bất đẳng thức nhiên để vận dụng kỷ thuật sử dụng đen ta vào