Sáng kiến kinh nghiệm Kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai vào giải nhanh một số dạng toán

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai vào giải nhanh một số dạng toán

1. A. ĐẶT VẤN ĐỀ I.CƠ SỞ LÝ LUẬN Trong giai đoạn phát triễn khoa học kĩ thuật công nghệ hiện nay, trình độ nhận thức của con người từng bước được phát triễn rõ rệt. Nhằm đáp ứng nhu cầu học tập của mọi người dân bằng mọi nguồn lực là phù hợp với nguyện vọng hiếu học của nhân dân. Vì thế trong dạy học người giáo viên cần phát triển ở học sinh những năng lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo, biết nhìn nhận vấn đề ở dưới nhiều góc độ khác nhau. Khai thác và phát triển cái cũ trong cái mới , cái mới trong cái cũ để đi đến kiến thức mới. Để thực hiện được điều đó không phải trong ngày một ngày hai mà người giáo viên phải đặt học sinh vào những tình huống có vấn đề để tạo cho các em những thách thức trước những vấn đề mới vì vậy vai trò của người giáo viên là hết sức quan trọng. Là một giáo viên trẻ được giao nhiệm vụ giảng dạy toán 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi là một việc mà khiến tôi lúc nào cũng trăn trở, với sự cộng tác của đồng nghiệp có kinh nghiệm giảng dạy lâu năm và có bề dày thành tích chúng tôi mạnh dạn đưa ra đề tài “ Kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai vào giải nhanh một số dạng toán” hi vọng rằng sẽ giúp ích học sinh giải nhanh một số dạng toán trong các kì thi học sinh giỏi và giải toán qua mạng II. CƠ SỞ THỰC TIỄN - Trong chương trình toán THCS xuất hiện rất nhiều dạng toán liên quan đến tam thức bậc hai đặc biệt là trong chương trình toán 9 vì vậy nếu biết hướng dẫn học sinh giải dưới nhiều cách khác nhau là một thành công lớn đối với giáo viên. Tuy nhiên nếu đơn giản hoá bài toán thì càng giúp cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo và phát huy được tính tích cực của học sinh do vậy tôi đưa ra một số dạng toán để từ đó phân tích giúp các em có một cách nhìn toàn diện về sử dụng điều kiện có nghiệm của PTBH qua đó giải nhanh một số bài toán trong các đề thi chọn HSG 1
2. phương trình bậc hai vào đây thì việc giải bài toán trở nên đơn giản hơn, qua đó hình thành cho học sinh một cách nhìn bài toán dưới nhiều hướng khác nhau để từ đó giúp học sinh phát triển tư duy và có định hướng tốt khi giải các bài toán. IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG Xuất phát từ một số bài toán gốc mà tôi đưa ra trong đề tài này từ đó phát triển bài toán để đưa ra các dạng toán phù hợp và có thể tổng quát hoá để giúp học sinh có một cách xâu chuỗi vấn đề và nhìn các bài toán với một cách giải nhanh chóng vì vậy đề tài này chỉ áp dụng được cho các đối tượng là học sinh khá giỏi. 3
3. Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi / 2 2 y0 (2y0 2y0 3) 0 2 ' y0 2y0 3 0 2 ' y0 2y0 3 0 y0 1 (y0 3) 0 3 y0 1 Giá trị lớn nhất của y0 là 1, giá trị nhỏ nhất của y0 là -3 y Với y 1 thì x 0 1 0 0 1 y Với y 3 thì x 0 3 0 0 1 Vậy hai cặp số cần tìm là (-1: 1) và (3;-3) Lưu ý. Bài toán trên có thể được phát biểu một cách khác như sau Bài 1.2 Cho các số thực x,y thoả mãn x2 2xy 2y2 2y 3 0. Chứng minh 3 y 1 Tương tự các bài toán trên các bạn hãy giải các bài tập sau 2 3 2 3 a) Cho x, y thoả mãn x2 y2 xy x 2y . Chứng minh x 3 3 HD: Ta xem bài toán trên là phương trình bậc hai ẩn là y và dùng điều kiện có nghiệm ta sẻ giải một cách dễ dàng 125 b) Cho x 1, y 0 thoả mãn y2 x 1 x 1 y .Chứng minh x 3 64 HD: Đưa phương trình trên về phương trình bậc hai ẩn y rồi dùng điều kiện có nghiệm ta sẽ giải được dễ dàng 5
4. Tuy nhiên có những bài toán mà các hệ số ở trước các ẩn lớn mà đưa được về dạng trên là khó, thì việc sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai sẽ gúp ta giải nhanh chẳng hạn bài toán sau. Bài 2.1 Tìm cặp giá trị (x;y) thoả mãn hệ thức 2 2 10x 5y 2xy 38xy 6y 41 0 (4) Giải giả sử (x0 ; y0) là cặp giá trị thoả mãn (4) ,ta có 2 2 10x0 2 y0 19 x0 5y0 6y0 41 0 có nghiệm khi và chỉ khi / 2 2 y0 19 10 5y0 6y 41 0 2 2 49 y0 1 0 vì 49(y0 1) 0 nên phương trình có nghiệm khi y0 – 1 = 0 y0 = 1 Với y0 = 1 thì x0 =2 .Vậy cặp số (x,y ) cần tìm là (2;1) Để giải các bài toán này thông thường học sinh phân tích vế trái thành nhân tử hoặc đưa về tổng các bình phương còn vế phải bằng 0, hay bằng phương pháp loại trừ Các phương pháp này học sinh biến đổi thường gặp rất nhiều khó khăn dẫn đến bài toán bế tắc và phức tạp. Nhưng nếu biết vận dụng biệt thức “ ” vào đây thì bài toán trở nên rất đơn giản và dễ dàng. Chúng ta tiếp tục đi xét các bài toán sau Bài 2.2 Tìm cặp số ( x; y ) thoả mãn phương trình 5y2 – 6xy + 2x2 + 2x – 2y + 1 = 0 (1) Thông thường đối với các bài toán như thế này học sinh thường biến đổi về dạng ( x – y +1 )2 + ( x – 2y )2 = 0 7
5. 5x 2 5y2 x 3y 58 0 trình mới như sau 2 2 x 4xy 4y x 2y 2 0 Nhân phương trình thứ hai của hệ mới này với 5 và lấy phương trình thứ nhất của hệ trừ cho phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình hệ quả mới là: 15y2 -20xy + 6x – y + 48 = 0. Đến đây chúng ta sẻ gặp rất nhiều khó khăn trong quá trình giải và có thể chúng ta sẽ không giải được tiếp nữa. Ngoài phương pháp giải trên chúng ta thử nghĩ xem có phương pháp nào khác nữa không? Sau đây tôi xin mạnh dạn đưa ra cách dùng den ta để giải và nó cho thấy rất hiệu quả. x1 2y 2 Ta xem (1) là phương trình bậc 2 ẩn là x và tính 9 x2 2y 1 y 7 x 3 2 Tương tự ta xem phương trình (2) ẩn là x và khi đó tính 225 8 y x 4 2 x1 x3 x x Để (x;y) là nghiệm của hệ thì 2 4 x x 1 4 x2 x3 giải ra ta có nghiệm của hệ là (2,8 ; 2,4) : ( -3,2; -0,6 ) (3,4 ; 1,2) : ( -2,6; -1,8 ) Xuất phát từ bài toán trên ta có bài toán mới khó hơn một tí 2 2y x 3 2y x Bài 2.5 giải hệ phương trình sau 2 2 x 2xy y 2 (Trích đề thi HSG tỉnh nghệ an bảng A năm 2013- 2014 ) 9
6. ở bài toán (1) nếu cho x, y là các số nguyên thì từ điều kiện của y ta tìm được ngay các giá trị của y là (-3; -2; -1; 0; 1) và từ đó ta tìm được các giá trị của x . Từ đây ta sẽ có dạng toán mới như sau DẠNG 3 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 2xy 2y2 2y 3 0 Giải : Phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn x có nghiệm khi và chỉ khi / y2 (2y2 2y 3) 0 y2 2y 3 0 y2 2y 3 0 y 1 (y 3) 0 3 y 1 Vì y nguyên nên y nhận các giá trị là (-3; -2; -1; 0; 1), từ đó thay giá trị của y vào và ta tìm được các giá trị nguyên của x là ( -1; 3 ). Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (3;-3), (-1;1), (-1;-1), (3;-1). Tương tự bài toán đó chúng ta tiếp tục nghiên cứu bài toán sau Bài 3.1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + xy + y2 – 4 = 0 (1) Giải bài toán này cũng hoàn toàn tương tự bài toán 3 ta xem đây là phương trình bậc hai ẩn là x và tính = -7y2 + 32 32 Để (1) có nghiệm thì 0 y2 4 vì y Z nên y = 0 ; ± 1 ; ± 2 7 Thay vào và tìm được x = 0 hoặc x = 1 Từ bài toán trên ta xét bài toán tổng quát sau 11
7. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Tương tự các bài toán trên ta có các bài tập sau Bài 3.3 Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau a) 4xy y 4x 2 9x2 b) x2 y2 y2 2y 1 0 c) (x y 1)2 3(x2 y2 1) Tiếp tục nghiên cứu điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai ta xét bài toán sau 2 Ta biết rằng : Cho f(x) = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) Nếu a > 0 và 0 f(x) 0 chẳng hạn ta xét bài toán sau 2 Bài 3.4 Cho f(x) = x -2x + 5 . Chứng minh rằng f(x) > 0 với mọi x Giải : Ta có a =1 > 0 và = 4 – 5.4.1 = -16 0 với mọi x . Đối với trường hợp 1 ẩn thì ta thực hiện đơn giản nhưng nếu gặp trường hợp 2 ẩn, 3 ẩn thì ta thực hiện như thế nào? Ta xét bài toán sau Bài 3.5 Chứng minh rằng x2 5y2 2z2 4xy 2yz 2z 1 0 với mọi x, y, z Tương tự các bài toán trên ta xem vế trái của bài toán này là một tam thức bậc hai ẩn là x và khi đó ta có ' (y z)2 (z 1)2 0 . Vì a > 0 và ' 0 nên f(x) 0 với mọi x, y, z Tương tự bài toán trên ta có bài toán sau Bài 3.6 Cho đẳng thức 4 4 x2 x y2 y xy(1) chứng minh rằng ( y – 1)2 ;(x 1)2 3 3 HD: Chuyển vế và xem đây là phương trình bậc hai ẩn là x. 4 Ta tính = - 3( y2 – 2y +1 ) + 4 để (1) có nghiệm thì 0 (y 1)2 . 3 13
8. S 2 S 2 Giải: Đặt S x y, p xy ,Ta có 3 8 F S 3SP F P 6 8 F Vậy x; y là nghiệm của phương trình X 2 2X 0 tồn tại x và y khi 2 8 F / 1 0 F 2 .Ta có F =2 x = y = 1. Vậy min F =1 6 Các bài giải tương tự : Bài 4.2 Cho các số thực thoả mãn 9x2 y2 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x y . Hướng dẫn giải: Đặt F = x y y x F. Ta có : 9x2 y2 1 9x2 x F 2 1 10x2 2Fx F 2 1 0 Do tồn tại x, y thoả mãn yêu cầu bài ra nên phương trình trên phải có nghiệm 10 / 9F 2 10 0 9F 2 10 F 3 1 x 3 10 3 9x2 y2 1 y 10 10 Hay A . Dấu bằng khi và chỉ khi x y 3 x 1 10 x 3 10 3 y 10 15
9. Lưu ý: Ngoài dạng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên ta còn có thể có các bài toán đơn giản hơn và rất hay gặp như sau Chúng ta bắt đầu từ bài toán rất đơn giản và có thể giải nhanh thay vì biến đổi đưa về dạng F(x) = (x +a)2 + b ta có thể dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai để giải một cách dễ dàng chẳng hạn ta xét bài toán sau. Bài 4.6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5x2 – 4 x + 1 Đây là một bài toán rất đơn giản mà các em học sinh lớp 8 có thể giải một cách nhanh chóng. Tuy nhiên như lời ban đầu chúng tôi đã trình bày thì chúng ta có thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai để giải bài toán này Giải Gọi a là một giá trị của biểu thức p . Biểu thức P nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình 5x2 - 4x + 1 = a có nghiệm 5x2 – 4x +1 – a = 0 có nghiệm 1 = 5a – 1 0 a 5 Vậy minP = 1 khi phương trình có nghiệm kép x = 2 5 5 Ở bài toán trên vế phải là một đa thức nhưng nếu vế phải là một phân thức thì ta sẻ giải bài toán đó như thế nào? Chúng ta tiếp tục đi xét bài toán sau X 2 X 1 Bài 4.7 Tìm giá trị nhỏ nhất, Lớn nhất của A X 2 X 1 Đây là bài toán dạng tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của phân thức ở lớp 8 cũng có thể giải được bài toán này tuy nhiên chúng ta dùng điều kiện có nghiệm để giải bài toán này thì bài toán này thì việc giải bài toán này trở nên đơn giản hơn X 2 X 1 Ta đặt a (1) X 2 X 1 Biểu thức A nhận giá trị : a khi nào? HS: biểu thức A nhận giá trị a khi phương trình ẩn x có nghiệm. 17
10. Max A = 1 tại x = 1 2 DẠNG 5. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Một trong những phương pháp chủ yếu để giải phương trình vô tỷ là hữu tỷ hóa phương trình vô tỷ bằng các phương pháp khác nhau như bình phương hai vế, đặt ẩn phụ, nhân liên hợp, đánh giá hai vế vv mục đích là chuyển phương trình vô tỷ về các phương trình hoặc hệ phương trình dạng đơn giản để có thể giải một cách nhanh chóng và tiết kiệm thời gian . Tuy nhiên có những lúc các phương pháp đó có những khó khăn hoặc có thể không đơn giản lúc đó ta có thể nghĩ đặt ẩn phụ để chuyển phương trình vô tỷ về phương trình bậc hai từ đó sử dụng đen ta để giải quyết và khi đó ta có thể giải quyết vấn đề một cách nhanh chóng và tiết kiệm được thời gian rất nhiều. Chẳng hạn ta xét bài toán sau Bài 5.1 Giải phương trình sau x 2 3x 1 (x 3) x 2 1 (1) Đây không phải là một bài toán dể, nếu các bạn sử dụng phương pháp bình phương hai vế thì các bạn sẽ gặp rất nhiều khó khăn vì lúc đó các bạn sẽ đưa phương trình trên về một phương trình bậc 4 mà phương trình này chưa nhẩm nghiệm được do đó lại làm cho bài toán càng phức tạp hơn, còn nếu các bạn đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình thì lại càng phức tạp hơn. Tuy nhiên nếu biết chuyển bài toán trên thành bài toán khác và sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai thì đây lại là bài toán đơn giản. Các bạn thử nhìn vào hai vế của phương trình ta sẽ thấy ngay vế phải có x 2 1 vế trái có x2 + 1 nên nếu đặt x 2 1 = t thì ta suy ra ngay x2 + 1 và đưa phương trình trên về phương trình bậc hai ẩn là t va x là tham số. Sau đây tôi xin mạnh dạn nêu ra một cách giải nhanh mà sử dụng đen ta Đặt x 2 1 t;t0 9 phương trình (1) t2 – t.(x+3) +3x = 0 ( x – 3)2 │x-3│ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là 19
11. Tương tự ta đi xét ví dụ tiếp theo Bài 5.3 Giải phương trình sau 2 x 5 x 5 Đối với bài toán này chúng ta có thể giải theo các phương pháp khác nhau, sau đây tôi xin trình bày hai phương pháp để thấy được phương pháp nào hay hơn Phương pháp 1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình đối xứng x 5 Đk xđ x 5 Đặt x 5 a(*);a 0 a 2 5 x . kết hợp với phương trình ban đầu ta có hệ x 2 5 a phương trình sau đây là hệ phương trình đối xứng, giải hệ phương trình 2 a 5 x này ta được a = x hoặc a = -x-1 Với a = x thay vào (*) ta đưa về được phương trình sau x2- x – 5 = 0 1 21 1 21 Giải phương trình này ta tìm được x = hoặc x = ( loại) 2 2 Với a = -x-1 thay vào (*) ta được phương trình x 2 + x - 4 = 0 và giải ra ta được 1 17 1 17 x hoặc x (loại) 2 2 1 21 1 17 Vậy phương trình có nghiệm là x hoặc x 2 2 Nhận xét: Đối với phương pháp này khi giải chúng ta sẽ gặp một số khó khăn + khi đặt ẩn phụ phải lưu ý điều kiện của ẩn + sau khi giải ra a theo x thì phải thay vào và giải lại một lần nữa và lại chú ý điều kiện để loại nghiệm nếu không chúng ta vô tình sẽ lấy nghiệm ngoại lai 21
12. Bài tập. Giải các phương trình sau a)x 2 6 x 2 1 6 b) x 1 x 2 4x 5 c)x 2 x 2014 2014 d) x x 2 x x 2 x 1 Ngoài các dạng toán trên tôi cũng mạnh dạn đưa ra một dạng nữa đó là chứng minh bất đẳng thức. DẠNG 6. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Đối với dạng toán bất đẳng thức thực tế thì có rất nhiều phương pháp chứng minh tuy nhiên tôi cũng xin đưa ra kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm để chứng minh hi vọng rằng các bạn đọc và các em học sinh có thể vận dụng phương pháp này để từ đó chứng minh được một số bài toán về bất đẳng thức đơn giản Bài 6.1. chứng minh rằng: 7x2 + 37x +121 > 0 x Đối với bài toán này thì ta thấy rất đơn giản ngya học sinh lớp 8 cũng có thể làm được bằng cách tách và nhóm để đưa về hằng đẳng thức như sau : 37 1369 2180 37 210 Đặt A = 7x2 + 37x +121 = ( x2 + 2 . x ) = (x + ) 2 + > 0 x 14 196 196 14 196 Vậy A > 0 x Tương tự chúng ta xét bài toán sau với hai biến x; y thì sao Bài 6.2. chứng minh rằng: x2 +2y2 -2xy +2x -10y -17 Đối với bài toán này thì các bạn nghĩ thế nào. Ở lớp dưới chắc chắn các bạn sẽ nghĩ ngay đến phân tích bằng cách tách, nhóm đưa về tổng các bình phương cộng với một số và đánh giá. Tuy nhiên ngoài cách đó các bạn thử nghỉ cách khác xem, theo tôi với kinh nghiệm bản thân đúc rút được trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tôi xin mạnh dạn đưa ra cách giải và mạnh dạn sử dụng đen ta trong trường hợp này Đặt B = x2 +2y2 -2xy +2x -10y +17 0 B = x2 -2x(y -1) +2y2 -10y +17 0 . Ta xem đây là một phương trình bậc hai ẩn x và y là tham số và tính đen ta 23
13. ax+by Từ ax + by + cz = 0 và c > 0 nên z khi đó bất đẳng thức cần chứng minh c tương đương với: xy - ax+by ( x+y ) 0 (1) c Do c > 0 nên (1) ax2 + xy( a + b - c ) + by2 0 2 2 2 2 2 Xét tam thức f(x)= ax + xy( a + b – c ) + by có a > 0 và y (a b c) 4aby = y2( a2 + b2 + c2 – 2ab – 2bc – 2ac) Mà với a,b,c là ba cạnh của một tam giác ta luôn có a2 + b2 + c2 – 2ab – 2bc – 2ac 36 và abc = 1. Chứng minh a + a2 + b2 > ab + bc + ac (1) 3 1 Từ a3 > 36 a > 0 . Từ abc =1 bc a 3 a 2 Khi đó (1) (b c)2 a(b c) 0 a 3 2 2 3 a Xét tam thức bậc hai: f(x) = x – ax - a 3 12 4a 2 36 a3 Có a 2 = 0 ( do a3 > 36) . Từ đó suy ra điều phải chứng minh a 3 3a Tương tự chúng ta đi xét bài toán sau. 1 a 1 Bài 6.6. cho a > 0 và n nguyên dương. Chứng minh a a a a   2 n n Dấu căn Để chứng minh bài này nếu các bạn biết vận dụng kĩ thuật sử dụng đen ta vào đây để giải thì bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều. Sau đây tôi mạnh dạn đưa ra cách vận dụng đen ta và dấu của tam thức bậc hai vào đây để giải 25