Tim GTNN GTLN

Là người trực tiếp giảng dạy toán trong trường THCS, trong quá trình giảng dạy, tôi luôn luôn trăn trở, tìm tòi, chọn lọc những phương pháp hợp lý nhất để để dẫn dắt, hình thành cho học [r]

PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ

Nhiều năm gần kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi bậc THCS kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT thường có tốn tìm cực trị giải phương trình nghiệm nguyên Đây hai dạng tốn tương đối khó học sinh THCS Để giải toán học sinh phải biết đổi tương đương biểu thức đại số, phải sử dụng nhiều đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp phải tổng hợp kiến thức kỹ tính tốn, tư sáng tạo Vậy làm để học sinh định hướng hướng đi, hay hình thành cơng thức "ẩn tàng" gặp toán

Là người trực tiếp giảng dạy tốn trường THCS, q trình giảng dạy, tơi ln ln trăn trở, tìm tịi, chọn lọc phương pháp hợp lý để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh cách suy nghĩ làm quen với dạng tốn để em có số phương pháp giải Trong khuôn khổ nhỏ hẹp xin nêu "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai"

PHẦN II NỘI DUNG I THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ

1 Về phía giáo viên:

- Giáo viên chưa phân loại dạng toán kiến thức áp dụng

- Giáo viên chưa thực tâm đến việc tìm tịi giải pháp phù hợp với đối tượng học sinh áp dụng triệt để học

Về phía học sinh:

- Mỗi gặp dạng toán học sinh thường bị lúng túng việc tìm lời giải dẫn đến tư tưởng e ngại

- Chưa mạnh dạn hoạt động học tập, chưa phát huy tính động, tích cực, sáng tạo việc tiếp thu lĩnh hội kiến thức

- Chưa tự giác việc tự học tự rèn luyện, cịn mang tính ỷ lại trông chờ vào người khác

II MỘT SỐ BIỆN PHÁP

1 Vận dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai vào giải tốn cực trị:

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dạng tốn khó với nhiều cách giải chương trình tốn THCS Ở trường THCS dạng toán thường giải cách nhận xét giá trị biến biến đổi biểu thức cần tìm GINN, GTLN dạng f x g x n a

  ( )2 )

( (hoặc f x g x n a

 

 ( )2 )

( ) với nN GTNN

biểu thức f(x)a  g(x)0( GTLN f(x)a  g(x)0) Ví dụ: Tìm GTNN, GTLN biểu thức sau:

32 41    x x y

Giải: 1

1 ) ( ) ( 4 2 2

2  

            x x x x x x x x y

Dấu xảy x 20  x2  GTNN y1 x2

) ( ) 4 ( ) ( 4 2 2 2               x x x x x x x x y

Dấu xảy 2x10 



x

 GTLN y4



x

Đọc lời giải ta nhận thấy việc biến đổi biểu thức cần tìm GTNN, GTLN dạng f x g x n a

  ( )2 )

( (hoặc f x g x n a

 

 ( )2 )

( ) với nN việc làm khó cần tư

duy linh hoạt Điều học sinh làm Để khắc phục điều đó, cần có phương pháp giải vận dụng kiến thức đơn giản

Để giải dạng tốn khơng thiết phải theo quy tắc cả, cách cách khác Đặc biệt nên vận dụng kiến thức nào? Nhằm đơn giản lời giải Qua kinh nghiệm giảng dạy luyện giải tốn Tơi đúc rút phương pháp giải tốn tìm GTNN, GTLN

Chúng ta biết phương trình bậc hai

  bx c

ax (a0) có nghiệm

biệt số delta

 



 b ac Vì để tìm GTNN, GTLN biểu thức

A = f(x) có bậc ta biến đổi biểu thức cho dạng phương trình bậc hai, xem A tham số phương trình giải tìm điều kiện A để phương trình có nghiệm 1.1) Các ví dụ minh hoạ :

1 Ví dụ 1: Tìm GTNN y = x2 + 4x + 5

Giải :

Ta có : y = x2 + 4x + 5

 x2 + 4x + - y = (có nghiệm)

Ta phải có: ' = - + y   y 

Vậy GTNN y =  x = -2

2 Ví dụ 2: Tìm GTLN y = - x2 + 2x -

Giải :

Ta có : y = - x2 + 2x - 7

 x2 - 2x + y + =0 (có nghiệm)

Ta phải có: ' = - y -   y  -

Vậy GTLN y = -6  x =

3 Ví dụ 3: Tìm GTNN, GTLN hàm số:

1

2   

x x y

Giải: Ta có

 

x với x, nên y xác định với x 32 41

  

x x

y 

    x y

y

x

* Xét y0, ta có



x

* Xét y0, ta có '4 y(y 3)4 y23y (4 y)(1y)

Để có x phải có '0

       4 1 y y

  1y4

1  

y x2

4 

y

2

 

x

Vậy: GTNN y 1 với x2

GTLN y4 với

2

 

x

4 Ví dụ 4: Tìm GTNN, GTLN biểu thức: 1 2     x x x K

Giải: Ta có:

4 1 2             x x

x ; K xác định với x

1 2     x x x

K  ( 1)

   

 x Kx K

K

* Xét K 1, ta có  x20  x2

* Xét K 1, ta có  K2 4(K2 1)K2 4K24K

4K 3K2 K(4 3K)

  



Để có x ta phải có 0



0

4

0

4

K K K K                   ;( ) K K K VN K                     

 0K 34

0



K thì x 1

K 34 x4

Vậy: GTNN K 0 x 1

GTLN K 34 x4

5 Ví dụ 5: Tìm GTNN, GTLN hàm số:

2    x x x y

Giải: Ta có:

4 2             x x

x ; y xác định với x

2    x x x

y  yx2 5yx 7y x2

  

 ( 1)

  

 x yx y

y

* Xét y 1, ta có:  5x70 

5



x

* Xét y 1, ta có: 25y2 28t(y 1) 25y2 28y2 28y

      

28 ( 28)

   



 y y y y Để có x phải có 0

                      0 28 3 0 0 28 3 0 y y y y  28 ;( ) 28 y y y VN y                     

 0y 283

0 

y

) (    y y x 28 

y

5 14 ) (    y y x

Vậy: GTNN y0 với x0

GTLN y283 với

5 14



x

1.2) Các tập đề nghị : Tìm GTNN :

a) A = 5x2 + x + ; b) B =

7 4  

 x x ; c) C = x x

x 4   

2 Tìm GTLN :

a) A = -x2 + x + ; b) B =

18 11

  x

x ; c)

2

3

2

x x

C

x x

 



 

3 Tìm GTLN GTNN : a) A =

1 2

  

x x x

; b) B = 42 13



x x

; c) C = x22 2x

x 2x

 

 

2 Vận dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai vào giải phương trình nghiệm nguyên:

Phương trình nghiệm ngun dạng tốn khó học sinh cấp THCS, giải với nhiều cách phải vận dụng nhiều kiến thức toán học Tuy nhiên với phương trình nghiệm nguyên ẩn x y có bậc 2, ta biến đổi phương trình dạng phương trình bậc hai, xem ẩn tham số giải tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm Vì x, y nguyên nên biệt thức delta phải số phương

2.1) Các ví dụ minh hoạ :

1 Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + x + = xy – y

Giải : Ta có: x2 + x + = xy – y  x2 + (1 – y)x + y + = (1)

 = (1 – y)2 – 4(y + 1) = y2 – 6y – = (y – 3)2 – 12

Ta phải có  số phương

Đặt (y – 3)2 – 12 = k2 (k  N)  (y – – k)(y – + k) = 12

Ta tìm y = – y =

* Với y = – (1)  x2 + 2x = => x = 0, x = –

* Với y = (1)  x2 – 6x + = => x = 2, x =

Vậy phương trình có nghiệm: (0;-1), (-2;-1), (2;7), (4;7)

2 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + xy + y2 = x2y2

Giải : Ta có: x2 + xy + y2 = x2y2

 (y2 – 1)x2 – yx – y2 = (*)

Xét y = 1, (*) có dạng: - x – = => x = - Xét y = - 1, (*) có dạng: x – = => x =

Xét y ≠ ± 1, (*) phương trình bậc hai ẩn x

 = y2 + 4y2(y2 – 1) = y2(4y2 – 3)

Ta phải có  số phương

Nếu y = x =

Nếu y ≠ 4y2 – số phương.

Đặt 4y2 – = k2 (k

 N) nên (2y + k)(2y – k) =

Ta tìm y = ± 1, loại ta xét y ≠ ±

Vậy phương trình có nghiệm: (0;0), (-1;1), (1; -1)

3 Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – 4xy + 5y2 = 16

Ta có: x2 – 4xy + 5y2 = 16

 x2 – 4xy +5y2 – 16 =

Phương trình có nghiệm ’ = 4y2 – 5y2 + 16 ≥  16 – y2 ≥  - ≤ y ≤

Vì y  Z nên y = -4; -3;-2;-1;0;1;2;3; 4

Chỉ có y = -4; 0; 4 thỏa mãn  số phương

Vậy phương trình có nghiệm: (-8;-4), (-4;0), (4; 0); (8;4)

4 Ví dụ 4: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2y2 + 2x2 – 2x2y – 2x + = 0

Ta có: x2y2 + 2x2 – 2x2y – 2x + = 0

 (y2 - 2y + 2)x2 - 2x + =

Phương trình có nghiệm ' = - (y2 - 2y + 2) ≥  - (y2 - 2y + 1) ≥  (y - 1)2 ≤  y =

Vậy phương trình có nghiệm (1;1)

5 Ví dụ 5: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 – xy + y2 = 3.

Ta có: x2 – xy + y2 =  x2 - xy + y2 - = 0

Phương trình có nghiệm  = y2 - 4(y2 - 3) ≥  12 -3y2 ≥  ≥ y2  -2 ≤ y ≤

 y -2; -1 ; ; ; 2

Chỉ có y = -2; 2 thỏa mãn  số phương

Vậy phương trình có nghiệm (-1;-2); (1;2)

6 Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 2x2 + 4x = 19 – 3y2.

Ta có: 2x2 + 4x = 19 – 3y2  2x2 + 4x - 19 + 3y2 = 0

Phương trình có nghiệm ' = - 2(-19 + 3y2) ≥  + 38 - 6y2 ≥  42 - 6y2 ≥

 ≥ y2 -3 < y <  y -2; -1 ; ; ; 2

Chỉ có y = -1; 1 thỏa mãn  số phương

Vậy phương trình có nghiệm (2; -1); (-4; -1); (2; 1); (-4; 1) 2.1) Các tập đề nghị :

a) 2x2 + y2 – 2xy + 2y – 6x + = 0.

b) x2 + y2 + xy – 5x – 4y + = 0.

c) x2 + y2 – xy + x + y = 0

d) x2 + y2 + xy = 2x + y

e) x2 – 3xy + 3y2 = 3y

* Những kết đạt được:

- Sau áp dụng đề tài vào việc giảng dạy, việc giải toán học sinh có tiến Điều thể rõ kết làm tập, kiểm tra; khả phân tích tốn, định hướng, tư em nhanh hơn, xác Nhiều em say mê học, đem kiến thức áp dụng vào thực tế tốt Các em tích cực sưu tầm thêm toán hay sách, báo, tạp chí để trao đổi với bạn bè

- Tơi tiến hành áp dụng đề tài vào lớp trường trung học sở Diễn Bích năm học 2009-2010 thu kết sau:

Khi chưa áp dụng SKKN Khi áp dụng SKKN

Số HS 40 Số lượng Tỉ lệ % Số HS 40 Số lượng Tỉ lệ %

Giỏi, 20 Giỏi, 16 40

T.Bình 20 50 T.Bình 18 45

yếu 12 30 yếu 15

Qua kết đánh giá năm học, so với năm học trước, bước đầu thấy hiệu phương pháp đưa Học sinh có tiến nhận thức thực hành, kết bước nâng lên Chính ham học học sinh động lực thúc đẩy giáo viên cần phải đổi tư duy, tích cực tìm phương pháp cho dạng tốn

* Phương pháp nghiên cứu:

1 Phương pháp nghiên cứu lí luận Đọc tài liệu có liên quan

 Tạp chí tốn tuổi thơ  Sách tham khảo

 Phương pháp dạy học mơn tốn

2 Phương pháp điều tra

 Điều tra nắm tình hình dạy giáo viên nhà trường  Điều tra mức độ tiếp thu vận dụng "Một số ứng dụng điều kiện có

nghiệm phương trình bậc hai" học sinh

 Chất lượng học sinh trước sau thực

3 Phương pháp phân tích

Phân tích u cầu, kĩ giải mơt tập 4 Phương pháp thực nghiệm

5 Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

Rút học cho thân đồng nghiệp đẻ dạy tốt trình dạy học

* Khả ứng dụng: 1 Phạm vi áp dụng

2 Khả phát triển đề tài

Do thời gian, tài liệu lực hạn chế mức độ nghiên cứu chưa lớn đề tài tìm hiểu "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai” vào giải tốn cực trị tìm nghiệm nguyên phương trình Trên sở mở rộng vào giải tốn chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức x22 x

3 x x

 

 

 

Giải :

Ta có:

4 1

2

       

    x x

x ; biểu thức xác định với x

Đặt y x22 x

x x

  

  (*)

(x;y) thỏa mãn (*) phương trình: y(x2 – x + 1) = x2 + x + có nghiệm

 yx2 – xy + y = x2 + x +

 (y – 1)x2 – (y + 1)x + y – = (1)

* y = x = (2)

* y ≠ 1: (1) có nghiệm  = (y + 1)2 – 4(y – 1)2 ≥  (3y – 1)(3 – y) ≥  y

3 

Vậy 22

1 x x

3

3 x x

 

 

 

PHẦN III KẾT LUẬN

1 Kết việc ứng dụng SKKN.

Trên vài ý kiến nhỏ đúc rút từ thực tế năm giảng dạy Tuy nhiên với khả tơi đề cập tới vài tình mà tơi gặp trình truyền thụ kiến thức cho học sinh Với việc làm nêu thu số kết cụ thể:

- Phần lớn em phát huy tính tích cực, sáng tạo, tính nhanh nhẹn tinh thần đoàn kết việc tiếp thu hay xây dựng kiến thức

- Tính chất khơ khan vốn có toán hạn chế tối đa, em cảm thấy vui vẻ, nhẹ nhàng học tập, hứng thú em học sinh thể rõ kết mà em đạt

- Nhiều học sinh học yếu mạnh dạn hơn, tự tin việc tiếp thu lĩnh hội kiến thức…

2 Bài học kinh nghiệm.

Như với suy nghĩ, cố gắng ban đầu thấy giáo viên tập trung đầu tư công sức, kiến thức vào dạy cách có hệ thống, học sinh tiếp thu cách tích cực, khơng thụ động, hứng thú Mỗi học mà em đạt kết cao thể yêu cầu tâm huyết người dạy

- Giáo viên phải thực tâm huyết với nghề nghiệp; yêu nghề, u học sinh-coi sống

- Giáo viên cần có kế hoạch cụ thể, chủ động giảng dạy kiến thức, dạng toán

- Giáo viên cần đầu tư tích luỹ tài liệu, sách tham khảo để xây dựng phương pháp giải cho dạng toán

- Khi giảng dạy cần kết hợp nhuần nhuyễn phương pháp theo đặc trưng môn

Những phương pháp cố gắng nhiều khơng tránh khỏi sai lầm thiếu sót, mong đóng góp chân thành từ thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp để giúp chúng tơi hồn thiện phương pháp dạy học mình, phần giúp học sinh lĩnh hội kiến thức cách tối ưu Giúp em có sở vững vàng bước tiếp đường tri thức

Tơi xin chân thành cảm ơn! Diễn Bích, tháng5 năm 2010

Giáo viên: Đậu Công Nho