“Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương của đa thức bậc hai”

Thực tế càng về gần đây những bài tập giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị của một đa thức bậc hai và những đa thức được quy về đa thức bậc hai xuất hiện ngày càng nh[r]

(1)

PHẦN I: MỞ ĐẦU 1 ĐẶT VẤN ĐỀ

Toán học khái niệm trừu tượng mà não người phải tư Khả đếm, tính tốn sử dụng mối quan hệ số thành tựu vĩ đại nhân loại Toán giúp cho học sinh có tư logic rành mạch, điều ngành nghề em làm tương lai ln cần tới, mà Tốn học quan trọng thân người học Do người giáo viên dạy Tốn phải ln trau dồi kiến thức phương pháp giảng dạy để theo kịp với xu hướng phát triển môn tư phát triển nhân loại Là giáo viên dạy Toán trường trung học sở bên cạnh việc giảng dạy cho em kiến thức sách giáo khoa việc bồi dưỡng nâng cao cho học sinh giỏi nhiệm vụ quan trọng Tôi ghi nhớ “Kết thúc đời học sinh chúng em không nhớ thầy giáo giảng cho tốn khó Học sinh nhớ thầy giáo khơi gợi, khuyến khích để chúng em tự giải tốn đó” (Thế giới phẳng - Thomas Friedman); hay câu khác “Một thầy giáo vĩ đại thầy giáo biết truyền cảm hứng” Là giáo viên dạy tốn ngồi việc tiếp thu kiến thức mơn, nhà tốn học, tơi ln phải tìm tịi sáng tạo phương pháp giảng dạy phù hợp cho đối tượng học sinh để mang lại cho em hứng thú học tập kết học tập tốt Trong năm gần đây, qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy có nhiều dạng tốn khó mà để giải ta phải đưa dạng toàn phương đa thức bậc hai

Trong chương trình tốn trung học sở bảy đẳng thức đáng nhớ vô quan trọng, đặc biệt hai đẳng thức đầu tiên: (AB)2=A2 2AB+B2 Chúng giúp cho học sinh phương pháp tính nhanh, một phép biến đổi để rút gọn biểu thức mà chúng sử dụng vào dạng tốn khó như: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… biết vận dụng hai đẳng thức để đưa đa thức “Dạng toàn phương đa thức bậc hai” việc giải tốn lại khơng khó khăn

(2)

Từ lí tơi xin phép giới thiệu sáng kiến “Một số dạng Tốn ứng dụng dạng tồn phương đa thức bậc hai” với hy vọng giúp ích cho quý đồng nghiệp trình dạy học

2 MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN

Sáng kiến tơi viết với mục đích truyền thụ cho em phương pháp, cách thức học tập mơn tốn đơn giản, dễ hiểu Giúp em thành công học tập, đạt kết cao kì thi vào trung học phổ thơng, kì thi học sinh giỏi Và đặc biệt mang đến cho em hành trang vững để em vững bước sống sau trở thành những chủ nhân tương lai đất nước vừa có tâm, có tài, có tầm nhìn khống đạt Và nói theo cách nói nhà văn huyền thoại Sơlơkhơp phần kết truyện ngắn tiếng “Số phận người” thì: Những người dù đâu, giữ cương vị họ đóng góp tích cực, góp phần thúc đẩy phát triển đất nước Việt Nam thân yêu chúng ta!

Bên cạnh tơi mong muốn kinh nghiệm thể sáng kiến góp phần giúp đồng nghiệp kinh nghiệm định giảng dạy

Là người giáo viên việc viết sáng kiến kinh nghiệm nhiệm vụ vô quan trọng với ngành giáo dục với nhà trường Bên cạnh việc viết sáng kiến kinh nghiệm hình thức tự rèn luyện trau dồi thêm chuyên môn nghiệp vụ phương pháp để không ngừng nâng cao chất lượng giảng dạy Và trách nhiệm phát triển ngành giáo dục phát triển đất nước

3 NHIỆM VỤ CỦA SÁNG KIẾN

Nghiên cứu sở lí luận phương pháp dạy học Tốn theo định hướng hình thành phát triển lực người học

Xây dựng phương pháp học Toán theo định hướng hình thành phát triển lực học sinh Truyền thụ cho học sinh phương pháp, khả tư lơgic Tốn học góp phần nâng cao thành tích giáo dục học sinh nói riêng nhà trường nói chung

Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhà trường 4 PHẠM VI NGHIÊN CỨU

Những sở lý luận để nghiên cứu giải pháp Thực trạng học giải dạng toán học sinh

(3)

5 Đối tượng nghiên cứu:

Các dạng tốn: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ đa thức

Các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10, đề thi vào trường chuyên lớp chọn

6 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách bồi dưỡng, sách nâng cao phát triển, đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10 đề thi vào trường chuyên lớp chọn, nghiên cứu mạng internet, nghiên cứu qua đồng nghiệp … Nghiên cứu thực nghiệm: Tiến hành soạn giảng giáo án dạy thực nghiệm học sinh lớp 8A, 8B trường công tác dạy cho đội tuyển học sinh giỏi học sinh thi vào lớp 10 thi vào trường chuyên lớp chọn

Phân tích đối chiếu: Phân tích đối chiếu yêu cầu chuẩn kiến thức, chuẩn kĩ học sinh lớp 8, bậc trung học sở với kiểm tra, khảo sát học sinh, tìm hạn chế chủ yếu em Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

Đưa giải pháp để giáo viên vận dụng vào việc rèn luyện kĩ sử dụng “Dạng toàn phương đa thức bậc hai” cho học sinh nhằm phát huy khả tư duy, sáng tạo, em học sinh

7 THỜI GIAN NGHIÊN CỨU

(4)

PHẦN II: NỘI DUNG CHƯƠNG 1

CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ

Trong q trình giảng dạy mơn Tốn cho học sinh, sau học xong hai đẳng thức “Bình phương tổng” “Bình phương hiệu” việc ứng dụng hai đẳng thức vào việc giải loại tập: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ … ln có tần suất cao bẩy đẳng thức đáng nhớ, học sinh thuộc hai đẳng thức cách nhanh nhất, nhiều nhớ lâu

Thực tế gần tập giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị đa thức bậc hai đa thức quy đa thức bậc hai xuất ngày nhiều kì thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào lớp 10 thi vào trường chuyên lớp chọn … ngồi tập giải theo phương pháp giới thiệu sách giáo khoa có nhiều tập khó khơng thể áp dụng dạng “Dạng tồn phương đa thức bậc hai” ứng dụng vô hữu hiệu

Các dạng tổng quát mà học sinh cần nhớ để giải tốn

1.1 Hằng đẳng thức bình phương tổng, bình phương của một hiệu.

 2

2

A  AB B  A B  2

2

A  AB B  A B

1.2 Dạng toàn phương đa thức Tổng quát :

Một đa thức bậc hai viết dạng a A1 12 a A2 22 a A3 32  a A n n2 c trong đó a ;a ;a ; ;a ;c1 n số thực, A ;A ;A ; ;A1 n đa thức chứa biến ta gọi dạng toàn phương đa thức bậc hai.

1.3 Giải phương trình

Tổng quát :

  

 

      



 



2 2

1 2 3 n n

n

A

a A a A a A a A

A

Trong a , a , a , ,a1 nlà số thực dấu. 1.4 Chứng minh bất đẳng thức

(5)

Trong : a ,a , , a , c1 n R;a ,a , ,a1 n 0 A , A , , A1 n đa thức chứa biến

Dấu “=” xảy khi:

  

   

 

 n

A

1.5 Tìm cực trị đa thức bậc chẵn

1.5.1 Tìm giá trị nhỏ đa thức bậc chẵn Tổng quát: Aa A1 12 a A2 22 a A3 32 a A n n2 c c

  

   

 

 n

A

=> Giá trị nhỏ đa thức A c

1.5.2 Tìm giá trị lớn đa thức bậc chẵn Tổng quát: Aa A1 12 a A2 22 a A3 32 a A n n2 c c

Trong : a ,a , , a , c1 n R;a ,a , ,a1 n 0 A , A , , A1 n đa thức chứa biến

Dấu “=” xảy :

  

   

 

 n

A

(6)

CHƯƠNG 2

THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ

Từ xưa đến Vấn đề đổi phương pháp dạy học mơn Tốn ln cấp quản lí quan tâm đạo cách sát Vì vậy, đa số giáo viên nắm phương pháp, vận dụng sáng tạo với tình hình thực tế đối tượng học sinh Tuy nhiên cịn số giáo viên chưa tích cực nghiên cứu, chưa tìm phương pháp dạy học đạt hiệu dẫn đến chất lượng học tập học sinh chưa nâng lên, chất lượng tập nâng cao dạng giải phương trình; chứng minh bất đẳng thức; tìm cực trị đa thức

Từ thực trạng đó, q trình giảng dạy thân đồng nghiệp, xin đưa hạn chế phương pháp giảng dạy giáo viên phương pháp tự học, tự nghiên cứu học sinh sau:

2.1 Đối với giáo viên:

Giáo viên nghiên cứu sách tham khảo, sách nâng cao phát triển, đề thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn câu cuối đề thi vào lớp 10 hàng năm

2.2 Đối với học sinh:

Học sinh thường lười đọc sách tham khảo, lười tư sáng tạo suy nghĩ theo kiểu lối mòn, nhớ vài phương pháp sách giáo khoa, học biết Do gặp tập khó câu cuối đề thi vào lớp 10, kì thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn không áp dụng phương pháp thông thường học sinh vào bế tắc khơng tìm cách làm

Chính điểm thi em kì thi vào lớp 10 hàng năm cịn điểm tối đa Kết thi học sinh giỏi hàng năm cịn thấp, chưa có giải cao Tỉ lệ học sinh đỗ vào trường chun lớp chọn cịn

2.3 Đối với thực tế

(7)

CHƯƠNG 3

MỘT SỐ DẠNG TOÀN PHƯƠNG CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 3.1 Dạng toàn phương đa thức

3.1.1 Tổng quát :

Một đa thức bậc hai viết dạng a A1 12 a A2 22 a A3 32  a A n n2c trong đó a ;a ;a ; ;a ;c1 n là số thực A ;A ;A ; ;A1 nlà đa thức chứa biến ta gọi dạng toàn phương đa thức bậc hai.

3.1.2 Bài tập áp dụng

Ví dụ Viết đa thức sau dạng toàn phương a)

Ax  8x 15

b)

B3x  5x 1

c)

C2x 3x4

Giải:

a) Ax2  8x 15 x2  2x.442  1(x 4)2

b)

         

     

   

   

   

    

    

   

 

2 2

2

5 25 13

B 3x 5x x x x 2x

3 36 36

5 13 13

3 x x

6 36 12

c)

         

     

   

   

   

    

    

   

 

2 2

2

3 41

C 2x 3x x x 2 x 2x

2 16 16

3 41 41

2 x x

4 16

Ví dụ Viết đa thức sau dạng toàn phương:

2

Ax  4xy5y 10x 22y28 Giải:

2 2

A x 4xy 5y 10x 22y 28 x 4xy 10x 5y 22y 28 x 2x(2y 5) (2y 5) (2y 5) 5y 22y 28

(x 2y 5) y 2y (x 2y 5) (y 1)

           

         

            

(8)

    

    

  

        

   

2

B x y xy x y

x xy x y y

y y y

x 2x y y

2 2



    

 

             

     

   

   

   

2

y 1

x y

2 3

y 1 y 1

B x y y x y y

2 4

* Nhận xét: Để đưa đa thức bậc hai dạng toàn phương ta sử dụng đẳng thức bình phương tổng hiệu Trước hết ta chọn biến để đưa đẳng thức( bình phương tổng hiệu) chứa biến đó, phần cịn lại đa thức ta lại làm với biến thứ hai tiếp tục làm đến hết biến có đa thức

Ví dụ Viết đa thức sau dạng tồn phương:

2 2

C x 5y 3z  4xy 2yz 2xz6x 16y  20z41 Giải:

              

         

         



         

          

2 2 2

2 2

x 2x(2y z 3) (2y z 3) (2y z 3) 5y 3z 2yz 16y 20z 41

C x 5y 3z 4xy 2yz 2xz 6x 16y 20z 41

x 4xy 2xz 6x 5y 3z 2yz 16y 20z 41

(x 2y z 3) y 2yz 4y 2z 14z 32

(x 2y z 3) y 2y(z 2) (z 2) (z   

          

        

2

2 2

) 2z 14z 32

(x 2y z 3) (y z 2) z 18z 81 53

=(x 2y z 3) (y z 2) (z 9) 53

Ví dụ Viết đa thức sau dạng toàn phương:

    2          

(9)

Giải:

                 

              

             

2 2 2

2 2

3x 6x(y 3z 2t 1) 3(y 3z 2t 1) 2y 8yz 12yt 8y 13z 34zt 46z 29t

D 3x 5y 40z 41t 6xy 18xz 12xt 26yz 24yt 70zt 6x 14y 64z 90t 88 =3x 6xy 18xz 12xt 6x 5y 40z 41t 26yz 24yt 70zt 14y 64z 90t 88



                 

 

 

                 

              

2 2 2

2 2

8t 85

=3 x 2x(y 3z 2t 1) (y 3z 2t 1) 2y 8yz 12yt 8y 13z 34zt 46z 29t 78t 85

3(x y 3z 2t 1) 2y 4y(2z 3t 2) 2(2z 3t 2) 5z 10zt 30z 11t 54t 77 3(x y 3z 2t 1) y 2y(2z 3t 2) (2z 3t 2)     

               

                   

             

2

2 2 2

2 2

z 10zt 30z 11t 54t 77 =3(x y 3z 2t 1) 2(y 2z 3t 2) 5z 10z(t 3) 5(t 3) 6t 24t 32

3(x y 3z 2t 1) 2(y 2z 3t 2) z 2z(t 3) (t 3) 6(t 4t 4) 3(x y 3z 2t 1) 2(y 2z 3t 2) 5(z t 3) 6(t 2) 8

3.2 Giải phương trình 3.2.1 Tổng quát :

  

 

      



 



2 2

1 2 3 n n

n

A

a A a A a A a A

A

Trong a , a , a , ,a1 nlà số thực dấu. 3.2.2 Bài tập áp dụng

Ví dụ Giải phương trình x2 y2 z2 t2  1 x(y  z t 1)

(10)

                                                                                      2 2

2 2

2

2 2

y z t z t z t

x y 2y

2 3

y z t y z t y z t

x 2x y z t

2 2

y z t y(z t 1) zt z t 3

x y z t

2 4 4

x y z t x(y z t 1)

                                              2 2 2

3 z t zt z t 3

z t

4 4

y z t z t z(t 1) t 2

x y z t

2 3 3

                                                                                          

2 2

2

2 2

2

y z t z t z(t 1) t t 2t

x y z t

2 3 2 3 3

y z t z t t 1

x y z t t

2 3 2

y z t z t

x y z

2 3  

           2

t 1

t

2                                                                            2 2

y z t

x y z t

x

2

z t z t 1

y y 0 x 2

3 3

y z t t

t z 0

z

2

t t

Phương trình có nghiệm (x;y;z;t) = (2;1;1;1) Cách khác:

2 2

x y z t  1 x(y  z t 1)

 x2 y2 z2 t2  1 x(y  z t 1)0

 4x2 4y2 4z2 4t2  4 4xy 4xz 4xt 4x0

(11)



2 2

(x 2y) x 2y

(x 2z) x 2z x

x 2t y z t (x 2t)

x (x 2)

 

   

      



 

 

  

    

  

 

     



Ví dụ Giải phương trình( ẩn a, b, c, d, e, f)

2 2 2

a b c d e f ab bc cd de ef f

           

( Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Khánh Hoà 2004 - 2005) Giải:

2 2 2

3

           

             

Đưa vế trái phương trình dạng tồn phương ta phương trình

2 2 2

1 2 5

a b b c c d d e e f f

2 3 5 12

1

a b b c c d d e e f f

2

           

           

           

           

            

6

f = ; e = ; d = ; c = ; b = ; a =

7 7 7

1 Ph ơng trình cã nghiÖm ; ; ; ; ;

7 7 7



 

 

 

Ví dụ Giải phương trình 5x2 9y2  12xy24x 48y800

( Đề thi sinh vào lớp 10 chuyên, Trường THPT Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ Chí Minh 2004 - 2005) Giải:

5x2 9y2  12xy24x 48y800

Đưa vế trái phương trình dạng tồn phương ta phương trình

 

2 2

3y 2(x4) (x 4) 0



 2

2

16

3y 2(x 4)

3y 2(x 4) y

3

x

(x 4) x 4



        

 

 

  

  

 

 

  

Phương trình có nghiệm (x;y)=

16 4;

3

 

 

 

(12)

4x2 2y2 10z2  5 2z 54xy 4xz4yz 4x 2y 10z Giải:

Đkxđ : z5 /

2 2

4x 2y 10z  5 2z 5 4xy 4xz4yz 4x 2y 10z

2 2

4x 2y 10z 4xy 4xz 4yz 4x 2y 10z 2z

            

Đưa đa thức 4x2 2y2 10z2  4xy4xz 4yz4x2y 10z 5 dạng toàn phương ta phương trình:

   2     

(2x y z 1) (y 3z 2) 2z

 

 

   

 

 

       

   

  



x 2x y z

11

y 3z y

2

2z 5

z tm

2

Ví dụ Tìm tất cặp số (x;y) thỏa mãn phương trình sau :

 

5x x 2y y  1

(Đề thi vào lớp 10, Thành phố Hà Nội năm 1994 - 1995) Giải :

Ta có : Đkxđ : x0

 

   

 

2

5 2

5

2 4

2

1

0 2

1 1

2

2 4

x x y y

x x x y y

y x y x x x

y x x

y y x y x

x

x x tm

    

     

      

    



  

   

  

     

  

  

  

  Vậy  

1

; ;

4 x y  

 

Ví dụ Giải phương trình x 2 x 3x2 6x4

(Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội năm 2014 - 2015) Giải :

(13)

            2 2 2 2

3

5

2 2

5

2 3

2

5

1

2

1 1 0

3

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x

x x x x x x                                                        1 2.1

x x tm tm            

Vậy phương trình có nghiệm x =

Ví dụ Giải phương trình x x5 32 2 2x 1 1 0

(Đề thi chuyên toán Hà Nội – Amsterdam năm 2014) Giải :

Đkxđ : x1/

            4

5 2

5 2 1

5 1

5 0

0 2.0 1

2 1 x x

x x x

x x x x x tm tm x                                      

Vậy x =

Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + 2y2 +3xy +3x + 5y = 15

Giải: Ta có :

x2 + 2y2 +3xy +3x + 5y = 15 4x2 + 8y2 +12xy +12x + 20y = 60 Biến đổi dạng toàn phương ta

(2x + 3y + 3)2 – ( y - 1)2 = 68

 (2x +2y +4)(2x + 4y -2) = 68 (x +y +2)(x + 2y -1) = 17 (*) Do x, y nguyên nên ta có trường hợp sau:

Trường hợp 1:  

x +y +2 = 17 y = -13 tm x + 2y -1 =1 x = 28

 



 

(14)

Trường hợp 2:

 

x +y +2 = y = 19 tm x + 2y -1 =17 x = - 20

 



 

 

x +y +2 = -1 y = -13 tm x + 2y -1 = -17 x = 10

 



 

 

Trường hợp 4:

 

x +y +2 = -17 y = 19 tm x + 2y -1 = -1 x = -38

 



 

 

Vậy (x; y) (28; -13); (-20; 19); (10; - 13); (-38; 19)

Nhận xét: Trong ví dụ ta thêm bớt để phân tích biến đổi thành phương trình (*)

Ví dụ Tìm số ngun x, y thỏa mãn: x2 -3y2 +2xy -2x + 6y -8=0

(Đề thi vào lớp 10 trường Amsterdam năm học 2013 - 2014) Giải:

Biến đổi dạng toàn phương ta

   

2

2 2

2

x 3y 2xy 2x 6y

x 2x y y 2y 4y 8y

x y 2y

x y x 3y

     

 

            

     

     

Do x, y số nguyên, nên ta có trường hợp sau:

Trường hợp 1:

 

x y 1 x

tm

x 3y y

   

 



 

   

 

Trường hợp 2:

 

x y x

tm

x 3y y

   

 



 

   

 

x y 1 x

tm

x 3y y

   

 



 

   

 

Trường hợp 4:

 

x y x

tm

x 3y y

   

 



 

   

 

Vậy ta có cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: (2;2) ; (4;0) ; (-2;0) ; (-4;2) Ví dụ 10: Tìm nghiệm ngun phương trình :

2

8x 23y 16x 44y 16xy 1180 0   

(15)

Biến đổi vế trái dạng toàn phương ta

 2  2

8 x y 1  15 y 2 1248

    

2 1248

y y 83

15

    

Do  

2

8 x y ,1248  chia hết cho 8; (15;8)=1 nên y 2 2 số chính

phương chia hết cho     

2

y 2  0;16;64 Ta có trường hợp sau:

Trường hợp 1:

      2 y

y

x 156

8 x y 1248

                  

Do 156 khơng phương nên trường hợp vô nghiệm

Trường hợp 2:

        2 2

y 16 y 16

8 x y 15.16 1248 x y 126

                     

Do 126 khơng phương nên trường hợp vô nghiệm

Trường hợp 3:

      2 y 10

y 64

y

8 x y 15.64 1248

x y 36

                       Ta        

y 10 m y 10

x tm

x 11 36

x 17 tm

                    hoặc        

y tm

y

x tm

x 36

x 11 tm

                   

Vậy (x; y) (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)

Nhận xét: Trong ví dụ ta biến đổi để thành dạng tích hai số nguyên số ngun khơng

Ví dụ 11 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x6 y2 2x y 3203 

( Đề thi học sinh giỏi tốn tỉnh Thanh Hóa 2011 - 2012) Giải

(16)

   

     

 

6

2 3 2 3 3

2x y 2x y 320

x y x 320

x y x 256 64 : x Z & y Z

x y 256

x 64                       

Do x, y số nguyên nên có trường hợp sau:

Trường hợp 1:

              3

x y 14 y

tm

x

Trường hợp 2:

              3

x y 14 y 22

tm

x

Trường hợp 3:

              3

x y 14 y 22

tm

x

Trường hợp 4:

              3

x y 14 y

tm

x

Vậy phương trình có nghiệm : (x;y): (2;-6);(2;22);(-2;-22);(-2;6) Ví dụ 12 Tìm số thực x, y thỏa mãn:

2

x 26y 10xy 14x 76y 58 0    

( Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Quảng Ninh 2011 - 2012) Giải

Biến đổi vế trái dạng toàn phương:

     

   

2

2 2

2

x 26y 10xy 14x 76y 58

x 2x 5y 25y 70y 49 y 6y

x 5y y

     

 

           

     

x 5y2 y 32 x 5y

y x y                      Vậy (x;y)=(8;3)

(17)

2

x 4x 2x 3  

( Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Nghệ An 2010 – 2011) Giải

Biến đổi vế trái dạng toàn phương:

            2 2

x 4x 2x

x 2x 2x 2x

x 2x

x

2 0đ 2x

x                                          

Ví dụ 14: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = 0

(Đề thi vào lớp 10 tỉnh Tuyên Quang năm 2011 - 2012) Giải

Đưa phương trình dạng tồn phương ta có:

                         2

2 2

x 2y 2xy 3y

x y 2xy y 3y 2, 25 6, 25

x y y 1,5 2,5

=>3 số x y y ; 1,5 2,5 số Py ta go Do x, y nguyên nên có trường hợp sau:

0

1,5 2,5

x y x

tm y y             

0

1,5 2,5

x y x

tm y y             

2

1,5 1,5

x y x

tm y y             

2

1,5 1,5

x y x

tm y y             

2

1,5 1,5

x y x

tm y y             

2

1,5 1,5

x y x

tm y y             

(18)

(-1;1) ; (4;-4) ; (2;0) ; (5;-3) ; (-2;0) ; (1;-3)

Nhận xét: Bài cịn làm theo cách sau : Đưa phương trình dạng:

(y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 Vì - (x+ y)2  với x, y

nên: (y - 1)(y + 4)   -4  y  Vì y nguyên nên y  4; 3; 2; 1; 0; 1   

Từ thay y vào phương trình ta tìm x

Ví dụ 15: Tìm cặp số ngun (x;y) thỏa mãn phương trình:

 2  

2015 x y  2014 2xy1 25

(Đề thi vào lớp 10 chun Tốn Thành Phố Hồ Chí Minh năm 2014) Giải

   

2

2 2 2

2015 2014 25

2014 2039 *

x y xy

x y x y

   

    

Do x, y số nguyên nên có trường hợp sau:

Trường hợp 1: x – y =  x = y => 2x2 2039 x2 1019,5(loại) Trường hợp 2: x – y =  x =1+ y

 

   

2 2 2

1

1 25 12

3 ;

*

y y y y

y tm y tm

y x tm

       

  

     

Trường hợp 3: x – y = -1  x = y -  

   

2 2

1

1 25 12

3 ;

*

y y y y

y tm y tm

y x tm

       

  

     

Trường hợp 4: x y 2 => phương trình (*) vơ nghiệm vế trái lớn vế phải

Vậy cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình là: (4;3) ; (-3;-4) ; (-4;-3) ; (3;4)

Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:

 

2 2

3 2

    

 

   

 

   

 

x y z x

y z x y

(19)

(Đề thi vào lớp 10 THPT khiếu TP Hồ Chí Minh năm 2013 - 2014) Giải:

 

     

 2  2  2      

2 2

2 2 2

3 2

3 3 2 2 2

3 3 2 4

                 

    

 

   

 

   

 

              

              

 

x xy y x xz z y yz z x x y y z z

x y z x

y z x y

z x y z

x y y z z x z x x y y z

x y y z z x xz z xy x yz y

x

           

2 2 2

1 1

; ; ; 1; 1;

           

            

      

y x z y z x y z

x y x z y z x y z

x y x z y z x y z

Thử lại ta có (x;y;z) = (1;1;1) nghiệm hệ phương trình cho Ví dụ 16: Giải hệ phương trình:

4 4     



   



   



x y z

y z x

x z y

(Đề thi vào lớp 10 THPT Chuyên, Đại học Sư phạm Hà Nội vòng 1) Giải :

Nhân hai vế phương trình với cộng theo vế phương trình hệ ta được:

 4x1 1  2  4y1 1  2  4z 1 2 0 Vậy x = y = z = 1/2

Ví dụ 17: Cho hệ phương trình:

 

2

3

   

 

   

x y m

m R

x y m

a) Giải hệ phương trình

b) Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) cho x4 y4 nhỏ

(Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh An Giang năm 2013 - 2014) Giải:

(20)

                          4 4

2 2 4 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

4 2

16 1

2 12 2

)                                       

x y m m

m m m m m m

m m m m

m m m

m m

b

=> Min(x4 y4) = m =

Vậy m = hệ phương trình có nghiệm (1;1) thỏa mãn đề Ví dụ 18: Tìm k để phương trình sau có nghiệm:

 2 2 2 1 5 6 3 2 1

 

         

x x x k k k x

(Đề thi vào lớp 10 Chu Văn An Amsterdam vòng 2) Giải:                          

2 2

2

2 2

2 2 4 1

2 2 1

2

1 1                                                         

x x x k k k x

x x x k k k k k x

x x k x k x

x k k x x k

Vậy phương trình có nghiệm k = phương trình có nghiệm x =

3.3 Chứng minh bất đẳng thức

3.3.1 Tổng quát : a A1 12a A2 22a A3 32  a A n n2  c c

          n A A A

3.3.2 Bài tập áp dụng Ví dụ Cho x + y + z = 3.

(21)

( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Đại học Quốc gia Hà Nội 2006 -2007) Giải:

x + y + z =  z = - x - y

2 2

2

A x y z xy yz zx

x y (3 x y) xy y(3 x y) x(3 x y) x y xy 3x 3y

      

           

     

Đưa A dạng toàn phương ta

 



 

      

 

2

y 3

A x y 6

2

Vậy x2 y2 z2 xyyzzx6 dấu " = " xảy x = y = z = Ví dụ Chứng minh

2

(a b c d) (ab ac ad bc bd cd)

        

( Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Gia Lai 2003 - 2004) Giải:

2

        

2

3(a b c d) 8(ab ac ad bc bd cd)

         

2 2 2

a b c d (ab ac ad bc bd cd)

          

Đưa vế trái dạng tồn phương ta có

 

          

   

        

    

       

 

 

 

 

     

 

     

       

  

   

         

   



 

2 2

2

2 2

2

VT a b c d (ab ac ad bc bd cd)

3

b c d b c d

a 2a b c d bc bd cd

3

b c d c d c d c d

= a b 2b c d cd

3 2

b c d c d

a b c d 2cd

3

b

a    

   

    

   

   

2

c d c d

b c d

3

Vậy

2

        

(22)

Ví dụ Chứng minh a2 b2 c2 d2 e2 a(b  c d e)

( Đề thi học sinh giỏi tốn Thành phố Hồ Chí Minh 2005 - 2006) Giải:

2 2 2

a b c d e a(b  c d e)

a2 b2 c2 d2 e2  a(b  c d e)0 Đưa vế trái dạng tồn phương ta có

 

     

             

     

2 2

2

b c d e c d e d e

VT a b c d e

2 3 2

Vậy a2 b2 c2 d2 e2 a(b  c d e) dấu " = " xảy a = 2b =2c = 2d = 2e. 3.4 Tìm cực trị đa thức bậc chẵn

3.4.1 Tổng quát

3.4.1.1 Tìm giá trị nhỏ đa thức bậc chẵn Tổng quát : Aa A1 12 a A2 22a A3 32 a A n n2  c c

  

   

 

 n

A

=> Giá trị nhỏ đa thức A c

3.4.1.2 Tìm giá trị lớn đa thức bậc chẵn Tổng quát : Aa A1 12 a A2 22a A3 32 a A n n2  c c

Trong : a ,a , , a , c1 n R;a ,a , ,a1 n 0 A , A , , A1 n đa thức chứa biến

  

   

 

 n

A

=> Giá trị lớn đa thức A c 3.4.2 Bài tập áp dụng

Ví dụ Tìm giá trị nhỏ Ax2 y2 xy 2x 3y

(23)

Giải:

 

          

  

           

 

 

 

       

       

       

2

2 2

2

y y

A x y xy 2x 3y x 2x y 2y

2

y 16 y 7

x y 2y x y

2 3



 

  

 

  

   

    

 

 

Min

y

x x

7 2 3

A

3 4

y y

3

Ví dụ Tìm giá trị nhỏ Ax2 2y2  2xy4x 2y 12 

( Đề thi học sinh giỏi tốn Thành phố Hải Phịng 2005 - 2006) Giải:

2

Ax 2y  2xy4x 2y 12 

Viết đa thức A dạng toàn phương ta

     

      

2

A x 2y 2xy 4x 2y 12

(x y 2) (y 1) 7

=>

   

 

   

  

 

Min

x y x

A

y y

Ví dụ Tìm giá trị lớn Ax2  5y2  4xy2x2y 5

Giải:

2

Ax  5y  4xy2x2y 5

Viết đa thức B dạng toàn phương ta được

2

A x 5y 4xy 2x 2y

(x 2y 1) (y 3) 5

     

      

=> Max

x 2y x A

y y

   

 

   

  

 

Ví dụ Tìm giá trị lớn B2x2  3y2 3xy5x 3y4

( Đề thi học sinh giỏi toán Thành phố Hồ Chí Minh 1999 - 2000) Giải:

2

B2x  3y 3xy5x 3y4

(24)

      

   

         

   



 

  

 

    

   

 

 

2

Max

B 2x 3y 3xy 5x 3y

3y 15 36 36

x y

4 5

3y

x x

36 4 5

B

5 1

y =0 y

5

Ví dụ Tìm giá trị nhỏ của

2 2

D 2x 5y 35z  4xy 12xz  24yz 4x 14y 4z56 Giải:

D 2x2 5y2 35z2  4xy 12xz  24yz 4x 14y 4z56 Viết đa thức D dạng toàn phương ta

 

         

            

            

2 2

D 2x 5y 35z 4xy 12xz 24yz 4x 14y 4z 56

2x 4x(y 3z 1) 2(y 3z 1) 3y 12yz 18y 17z 16z 54 x 2x(y 3z 1) (y 3z 1) 3y 12yz 18y 17z 16z 54 x 2x(y 3z 1) (y 3z 1) 3y 6y(2z 3) 3(2z 3)

   

 

               

          

2

2 2 2

2 2

5z 20z 27 x 2x(y 3z 1) (y 3z 1) y 2y(2z 3) (2z 3) 5(z 4z 4) 2(x y 3z 1) 3(y 2z 3) 5(z 2) 7

Min

x y 3z x D y 2z y

z z

    

 

 

       

    

 

Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A biết :

       

  4    

A x x x x

( Đề thi vào lớp 10, Thành phố Hà Nội năm 2008 - 2009) Giải :

       

      

A x x x x

Viết đa thức A dạng toàn phương ta :

       

         

       

      

 

      

 

 

         

 

 

       

4 2

2

2 2

2

2 2

A x x x x

x x x x

x x x x x x

(25)

       

   

      

 

      

2

8 x x 16 x x 16

8 x x

   

        

A x 4x 8 x 8; x

    

Min

A x x

Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A biết :

2 5 4 2002

A x  y xy x y

(Vịng 16 Vyolimpic Tốn năm 2015) Giải

2

5 4 2002

5 10 25 1 1

2 3 2 . 1995

2 4 4 2 4

5 1

3 1995 1995; ,

2 2 2

A x y xy x y

y y y y y

x x

y y

x x y

     

      

       

   



   

         

   

5

0 2

2

1 1

0 2 2

y

x x

y y

 

 

  





 

 

  

 

Vậy AMin 1995 x2 & y1

Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P biết :

2 2 2 6 4 25

P x  y  xy x y

(Vịng 16 Vyolimpic Tốn năm 2015) Giải

     

   

2

2 2

2

2 2 6 4 25

2 3 6 9 2 1 15

3 1 15 15; ,

P x y xy x y

x x y y y y y

x y y x y

     

 

          

       

3 0 4

1 0 1

x y x

y y

   

 



 

  

(26)

Vậy PMin 15 x4 & y1

Ví dụ Tìm giá trị nhỏ M5x2 y2 z2  4x 2xy z 1 ( Đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Kiên Giang 2012 - 2013) Giải:

   

      

 

          

 

 

         

 

2 2

2

M 5x y z 4x 2xy z

1 x 2xy y 4x 4x z z

4

1 9

x y 2x z x;y;z

2 4



  

   

 

   

 

 

   



 



x y x y

1 2x x

2

1

z

2

Vậy Min    

9

M x y z

4

Ví dụ 10 Với giá trị x thỏa mãn điều kiện x 2, tìm giá trị lớn biểu thức:

       

f x 2x 5x 2 x 2x

( Đề thi vào lớp 10 Đại học quốc gia Hà Nội năm học 2006 - 2007) Giải:

 

   

     

   

 

     

      

            

        

 

2

f x 2x 5x 2 x 2x 2x x 2 x 2x

2f x 4x 2x x x

2x 2x x x x x 10

2x x x 10 10

f x

 

2x x

x tm x

   

 



(27)

Vậy MaxF(x) = x =

Ví dụ 11 Xét số x, y, z thỏa mãn điều kiện:x2 y2 z2 2012 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = 2xy – yz - zx

( Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán - Tin Hà Nội năm học 2012 – 2013) Giải:

Do: x2 y2 z2 2012 x2 y2 z2  2012 0

   

2 2

2

2 2

M x y z 2xy yz xz 2012

z 3z

x y x y z 2012

4

z 3z

x y 2012 2012

2

       

      

 

      

 

=> Min M = -2012 z = x y 1006 3.5 Bài tập đề nghị

Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức B10x2y2 6xy 10x 2y

Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bx2 y2 xy 3x 3y  2002

Bài Tìm giá trị lớn biểu thức P  2 5x2  y2  4xy2x

Bài Cho x, y, z l số thực không âm thoả mãn: x+ y+ z = Tìm giá

trị lớn biểu thức A = -z + z(y + 1) + xy2

Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B2x2 3y2 3xy5x 3y4 Bài 6: Cho x, y số thực thoả mãn x + y + z = 10 x, y, z 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P = xy + 2yz + 3xz.

Bài7: Giải hệ phương trình:

2 2

2x y

2y z

2z x

 

 

 



  



Bài 8: Giải phương trình (x + y)2 (x 1)(y 1)  Bài 9: Giải phương trình :    

x x 5x 14 Bài 10: Cho x, y, z ba số thỏa mãn điều kiện:

       

2 2

4x +2 y 2z 4xy 4zx 2yz 6y 10z 34

Hãy tính          2005 2005 2005

S x y z

Bài 11: Cho x + y + z = Chứng minh

2 2

x + y z 2xy 2yz 2xz

    

(28)

PHẦN III: KẾT QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1 Trước triển khai chuyên đề với học sinh giỏi nhà trường tiến hành khảo sát học sinh.

Đề bài:

(Thời gian làm 30 phút) Bài 1: Tìm giá trị nhỏ A = x + 6x + 22

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ A = x - x + 32 Bài 3: Tìm giá trị nhỏ

A = x2 2xy 2y 3y 5 *Thống kê kết quả:

Lớp Lớp 5đ- 6,4đ 6,5đ - 7,9 đ 8đ - 10đ

SL % SL % SL %

2012-2013 8A 24 60 12 30 0

8B 25 62,5 11 27,5 0

2013-2014 8A 22 55 12 30 0

8B 23 57,5 12 30 0

2014 -2015 8A 20 50 11 27,5 2,5

8B 21 52,5 12 30 2,5

( Đề năm sau khác đề có mức độ tương tự) * Nhận xét:

Sau kiểm tra lớp 8A, 8B trường tơi thấy học sinh cịn tồn sau:

Một số học sinh chưa biết cách giải số toán đơn giản tìm cưc trị dạng kiểm tra(cụ thể khơng biết phương pháp giải 3), lời giải cịn trình bày dài dịng, chưa rõ ràng, cịn thiếu sót nhiều sai lầm dấu đẳng thức

Học sinh chưa phát huy khả tư sáng tạo, khả học hỏi, tìm tịi kiến thức

2 Sau triển khai chuyên đề với học sinh giỏi nhà trường tôi tiến hành khảo sát học sinh để kiểm tra lĩnh hội các em đề tài này.

(29)

(Thời gian làm 30 phút) Bài 1: Tìm giá trị nhỏ A = x2 2x 2

  .

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ

A = x - 2xy + 5y + 4y + 32 Bài 3: Tìm giá trị nhỏ

A = x - xy + y + 3x - 2y + 52 *Thống kê kết quả:

Năm học Lớp 5đ- 6,4đ 6,5đ - 7,9 đ 8đ - 10đ

SL % SL % SL %

2012-2013 8A8B 67 16,719,4 1513 41,736,1 1516 41,644,5 2013-2014 8A8B 810 2025 1412 3530 1818 4545

2014-2015 8A 15 10 25 24 60

8B 12,5 12 30 23 57,5

( Đề năm sau khác đề năm trước có mức độ) 3. Kết chung:

Sau triển khai sáng kiến với lớp học khá, giỏi trường thấy so với trước triển khai chuyên đề học sinh có số tiến sau:

- Học sinh biết cách trình bày lời giải tốn tìm cực trị cách khoa học hơn, điều kiện biến để xảy cực trị rõ ràng xác - Học sinh giải tự đề nêu hướng giải toán dạng

- Kết nâng lên rõ rệt

(30)

PHẦN IV: KẾT LUẬN 1 Bài học kinh nghiệm

Sau triển khai sáng kiến kinh nghiệm "Dạng toàn phương đa thức bậc hai số ứng dụng" nhà trường rút số học sau:

- Để dạy học sinh giỏi có hiệu cần phải dạy cách học, cách tìm tịi kiến thức dựa nhứng kiến thức biết phát triển kiến thức học, việc tìm phương pháp giải tốn để học sinh cảm thấy đơn giản, dễ hiểu Từ học sinh có hứng thú học tập tích cực tự nghiên cứu nhiều

- Cần tăng cường giáo dục học sinh tinh thần tự học, tự nghiên cứu kiến thức đường làm chủ chiếm lĩnh tri thức cách hiệu

2 Kết luận

Như trình bày đề tài sau áp dụng buổi học bồi dưỡng học sinh giỏi buổi ngoại khố mơn Tốn lớp 8, tơi thấy nội dung nêu có tác dụng thiết thực:

- Bổ sung thêm kiến thức cho học sinh phát triển tư toán - Gợi mở cho học sinh hướng vận dụng tính chất luỹ thừa bậc hai - Học sinh biết vận dụng cách đưa đa thức bậc hai dạng toàn phương để giải tốn liên quan tìm cực trị, giải phương trình nhiếu ẩn, chứng minh bất đẳng thức

- Trên sở kết đạt dự kiến hướng tiếp tục nghiên cứu đề tài sau:

- Tiếp tục tuyển chọn đề tốn liên quan đến dạng tồn phương đa thức bậc hai mức độ rộng hơn, yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức học để luyện tập

- Xuất phát từ toán tập vận dụng yêu cầu học sinh sáng tạo đề tốn

Tơi xin ghi lại chân thành nhiệt tình giảng dạy qua trang viết Rất mong ý kiến đóng góp xây dựng bạn bè, đồng nghiệp để sáng kiến tơi hồn chỉnh

3 Kiến nghị.

(31)

sau học chuyên đề giúp cho học sinh hình thành tư giải số dạng tốn khác có hiệu cao Tơi mong đồng chí nghiệp vụ cấp quan tâm đến việc viết áp dụng sáng kiến kinh nghiệm cách trao đổi, phổ biến kinh nghiệm, sáng kiến đánh giá cao cấp quận cấp thành phố đợt sinh hoạt chuyên môn, nghiệp vụ

(32)

PHẦN V: TÀI LIỆU THAM KHẢO T

TT Tên tài liệu Tác giả - Nhà xuất

1

1 Nâng cao phát triển toán Vũ Hữu Bình - NXBGD

2

Toán nâng cao & chuyên đề đại số

Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm - NXBGD

3

Bài tập nâng cao & số chuyên đề

toán Bùi Văn Tuyên - NXBGD

3

4 500 toán nâng cao

Nguyễn Đức Chí - NXB Đại học sư phạm

3

Tuyển chọn đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chun mơn Tốn

Nguyễn Ngọc Đạm, Tạ Hữu Phơ – NXB Hà Nội

3

Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi trung học sở mơn Tốn

Hồng Văn Minh, Trần Đình Thái – NXB Đại học sư phạm

7

Bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 mơn Tốn

“Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương của đa thức bậc hai”

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan