Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất

1. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất Phần 1: lời nói đầu Bản thân là một giáo viên trẻ, tự thấy mình cần phải thường xuyên và liên tục bồi dưỡng, tự bồi dưỡng về chuyên môn nghiệp vụ nói chung và kiến thức chuyên môn nói riêng nên tôi thường tìm đọc các cuốn sách chuyên nghành về Toán học, toán học THPT và ghi chép lại những nội dung đặc sắc, những bài toán và những lời giải hay Qua đó tôi đã tích lũy thêm được rất nhiều điều hay và bổ ích cho bản thân. Trong quá trình đọc tài liệu tôi cảm thấy rất hứng thú khi gặp những bài toán với lời giải đặc biệt, ngắn gọn hơn các phương pháp thông thường, đặc biệt trong đó là các bài toán giải bằng Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất. Tuy nhiên số lượng các bài toán như thế chưa nhiều, chưa có hệ thống và với học sinh thì luôn có câu hỏi là " tại sao hay từ đâu lại có cách giải như thế ? ". Với mục đích gom các bài tập này thành một hệ thống nhằm giúp người đọc dễ nắm bắt được phương pháp và tích lũy kinh nghiệm giải các bài toán dạng này, tôi đã lựa chọn một bài và dạy thử nghiệm cho đội tuyển HSG trên cơ sở đó rút kinh nghiệm rồi viết thành hệ thống mà tôi sẽ trình bày sau đây. Bản SKKN của tôi lấy tên là: Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất trong giải toán Rất mong nhận được sự ủng hộ và góp ý của quí thầy cô !!! Hải dương, ngày 10 tháng 4 năm 2008 1
2. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất Phần 2: Phương pháp chọn điểm đặc biệt I/ Giới thiệu về PHương pháp chọn điểm đặc biệt + Phương pháp chọn điểm dặc biệt là một trong những phương pháp gây nhiều ngạc nhiên cho học sinh khi sử dụng vì tính đơn giản và ngắn gọn của nó. Kỹ thuật chọn điểm đòi hỏi phải có sự quan sát tinh tế và hiểu biết sâu sắc về đối tượng đang xét. Phương pháp chọn điểm thực tế là sự kết hợp giữa phương pháp cực hạn và phương pháp điều kiện cầc và đủ. Các điểm được chọn thường là điểm cực hạn. + Cơ sở lí thuyết: Định lí: Nếu một khẳng định p(x) đúng với mọi giã trị x X thì khẳng định đó cũng đúng khi x nhận những giá trị cụ thể, thuộc X, được chọn một cách thích hợp. x X : p x p a a X + Lời giải của phương pháp chọn điểm đặc biệt thường được trình bày theo cách thức của phương pháp điều kiện cần và đủ: Giả sử yêu cầu bài ra được thỏa mãn, từ đó kết hợp với suy luận ta thu được điều kiện cần. Sau đó ta chứng minh điều kiện cần đó cũng là điều kiện đủ và giải được bài toán đã cho. + Phương pháp chọn điểm đặc biệt rất hiệu quả cho các bài toán về hệ số của biểu thức lượng giác và hệ số của đa thức luôn thỏa mãn một điều kiện nào đó đã cho trước. 2
3. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất ii/ Các bài toán về hệ số của biểu thức lượng giác A- Các ví dụ Bài 1: Cho P(x) = a0 +a1cosx +a2cos2x+ + ancosnx Chứng minh rằng nếu P(x)> 0 với mọi x R thì a0 > 0. Giải Xét hàm số: 1 1 F(x) = a0 x+a1sinx + a sin 2x + + ansinnx 2 2 n Dễ thấy hàm số F(x) xác định và liên tục trên R và theo giả thiết ta có: F'(x) = a0 +a1cosx +a2cos2x+ + ancosnx = P(x) > 0,  x R Từ đó suy ra F(x) là hàm số đồng biến. Do đó F( ) >F(0) a0 > 0 a0 > 0 (đpcm). Bài 2: Cho a, b thoả mãn a.cosx + b.cos3x 1, x R CMR: b 1 Giải Đặt P(x) = a.cosx + b.cos3x. Theo giả thiết ta có: P(x) 1 ; x R , suy ra Với x= 0 ta có P(0) 1 a +b 1 (1) x= ta có P( ) 1 -a - b 1 a +b -1 (2) Từ (1) và (2) suy ra -1 a +b 1 (A) 2 2 1 Với x= ta có P 1 a b 1 3 3 2 -a +2b 2 (3) 1 x= ta có P 1 a b 1 3 3 2 -a +2b 2 (4) Từ (3) và (4) suy ra -2 -a + 2b 2 (B) Cộng vế với vế hai bất đẳng thức (A) và (B) được - 3 3b 3 - 1 b 1. Hay b 1 (đpcm) 3
4. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất Bài 3: Cho a, b thoả mãn 1+acos2x +bcosx 0, x R Chứng minh rằng: a b 3 Giải Đặt f(x)= 1+ acos2x +bcosx Theogiả thiếtt ta có f(x) 0, x R, suy ra Với x= 0 ta có f(0) 0 1 +a +b 0 (1) x= ta có f( ) 0 1-a 0 a 1 (2) 2 2 x= ta có f( ) 0 a-b+1 0 b a+1 (3) Từ (1) và (3) 0 1+a+b 2a+2 a -1 (4) Kết hợp với (2) ta được a 1 (5) Do đó: 0 1+a+b 2+b b -2 b 2 (6) b a+1 2 b 2 Từ (5) và (6) suy ra a b 3 (đpcm). Bài 4: Cho a, b. c thoả mãn acosx +bcos2x +ccos3x +1 0, x R Chứng minh rằng: a +b +c 3. Giải Đặt f(x) = acosx +bcos2x +ccos3x +1 Theo giả thiết f(x) 0, x R Do đó với: x= ta có : f( ) 0 - b +1 0 2 2 b 1 (1) x= ta có: f( ) 0 1 +b -a -c 0 a +c 1 +b (2) Từ (1) và(2) suy ra a +b +c 2 +b 3 (đpcm). 4
5. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất Bài 5: Tìm a, b để phương trình sau nghiệm đúng với x R a(cosx -1) +b2 = cos(ax +b2) -1 (*) Giải Giả sử (*) nghiệm đúng với x R, khi đó với x = 0 ta có: a(cos0 -1) + b2 = cosb2 -1 b2 + 1= cosb2 b =0 Với b =0 thì (*) trở thành a(cosx -1) = cosax -1 a(cosx -1) +1 = cosax Lấy đạo hàm hai vế được [ a(cosx -1) +1]’ = [cosax]’ asinx = asinax a =0 hoặc a =1 Ngược lại: + Với a =0; b =0 thì VT* =VP* =0 (*) luôn đúng + Với a =1; b =0 thì (*) cosx = cosx (*) luôn đúng KL: để (*) đúng với x R thì điều kiện cần và đủ là: a =0, b =0 hoặc a =1, b =0 Bài 6: Tìm a, b để bất phương trình cos2x +acosx +b -1 1 Nghiệm đúng với x R Giải Đặt f(x) = cos2x +acosx +b -1 Giả sử f(x) 1, x R Khi đó: Với x =0 ta có f(0) 1 a +b 1 -1 a +b 1 (a) Với x= ta có f( ) 1 b -2 1 2 2 1 b 3 (b) Với x = ta có f( ) 1 b -a 1 -1 b -a 1 (c) Cộng vế với vế của (a) và (c) được: -2 2b 2 -1 b 1 (d) Từ (b) và (d) suy ra b =1 Thay b =1 vào (a) được a 0 5
6. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất Thay b =1 vào (c) được a 0 Từ đó suy ra a =0 Ngược lại: Với a =0; b =1 thì f(x) = cos2x 1; x R KL: a =0; b =1 là giá trị cần tìm. Bài 7 : Cho hàm số f(x) = cos3x + acos2x + bcosx Chứng minh rằng: f(x) nhận cả giá trị dương và giá trị âm Giải + Giả sử f(x) 0, x R. Khi đó: f(x) 0 f(x) + f(x + ) 0, x R f(x + ) 0 acos2x 0, x R a cos 2.0 0 a 0 Suy ra a 0 a cos 2. 0 a 0 2 f 0 0 1 b 0 Mặt khác: b 1 f 0 1 b 0 Ngược lại với a =0; b =-1 thì f(x) = cos 3x - cosx 3 Dễ thấy f 0 (trái với giả thiết) 6 2 Vậy f(x) có nhận giá trị âm (1) + Giả sử f(x) 0, x R. Khi đó f(x) 0 f(x) + f(x + ) 0, x R f(x + ) 0 a.cos2x 0, x R a cos2.0 0 a 0 Suy ra a 0 a cos2. 0 a 0 2 f 0 0 1 b 0 Mặt khác: b 1 f 0 1 b 0 6
7. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất Ngược lại với a =0; b =-1 thì f(x)= cos3x - cosx 2 3 Dễ thấy f 0 (trái với giả thiết) 3 2 Vậy f(x) có nhận giá trị dương (2) Từ (1) và (2) có (đpcm). B- Các Bài tập tham khảo Bài 1: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với x R m(4- sinx)4 - 3 + cos2x + m > 0 Bài 2: Tìm x để bất đẳng thức 3 sinx + sin2x + sin3x + + sinnx đúng với n N 2 Bài 3: Tìm a, b để bất phương trình f(x) = cos3x + acos2x + bcosx + 1 0 nghiệm đúng với x R Bài 4: Tìm a, b, c, d để với x R ta luôn có acos2x + bsin2x + ccosx + dsinx 0 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, a’, b’ c’ phương trình sau luôn có nghiệm acosx + bcos2x + ccos3x + a’sinx + b’sin2x + c’sin3x =x 7
8. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất IIi/ các bài toán về đa thức đại số A- Các ví dụ Bài 1: Tìm m để bất phương trình x2- 2mx + 2 x- m + 2 0 (1) nghiệm đúng với x R Giải Giả sử (1) nghiệm đúng với x R. Khi đó (1) cũng nghiệm đúng với x =m. Hay là m2 - 2m2 + 2 m- m + 2 0 2 - m2 0 m 2 Ngược lại, với m thoả mãn m 2 hay 2 - m2 0, thì ta có: 2 2 VT(1) = (x-m) + 2 x-m + 2- m 0 với x R Vậy với m 2 thì (1) nghiệm đúng với x R. Bai 2: Tìm đa thức P(x) = x2 + ax + b thoả mãn 1 P x ; x [-1, 1] 2 Giải Đặt f(a,b) =Max P(x) . Từ giả thiết suy ra [-1, 1] 1 f(a; b) (2) 2 f a,b P 1 1 a b Mặt khác ta có: f a,b P 1 1 a b 2f a,b 2 P 0 2b Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta được 4f(a,b) 1+b-a + 1+a+b + -2b 1-a+b+1+a+b-2b =2 1 f(a,b) (3) 2 Từ (2) và (3) ta thấy ở các đánh giá trên đều phải cùng xảy ra dầu bằng, hay là: 8
9. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất 1 1 a b 1 a b b 2 1 a b 1 a b b 0 a 0 1 b 2 1 1 Khi đó P(x)= x2 - .Dễ thấy đa thức P(x) = x2 - thoả mãn đầu bài. 2 2 1 Vậy a= 0; b= - là giá trị cần tìm. 2 Bài 3 : Cho a, b,c thoả mãn ax2 + bx + c 1 ; x  1;1 Chứng minh rằng cx2 + bx + a 2 ; x  1;1 Giải Đặt f(x) = ax2 + bx + c. Theo giả thiết ta có: f 1 1 a b c 1 f 1 1 a b c 1 (4) f 0 1 c 1 Phân tích cx2 + bx + a= c(x2 - 1)+ (bx + a+ c) c. x2-1+ bx + a+ c Đặt g(x) = bx + a + c. Vì g(x) bậc không lớn hơn 1 nên: Max g(x)= Max g 1 ; g 1  [-1, 1] Mà theo (4) ta có: g 1 a b c 1 g 1 a b c 1 Nên max g x 1 g x bx a c 1; x  1;1 (5)  1;1 Mặt khác, với x [-1,1] có 0 1- x2 1 và theo (4) có c 1 Từ đó suy ra: c.1- x2 1 (6) Từ (5) và(6) suy ra c.1- x2+ bx + a + c 2, x  1;1 Hay cx2 + bx + a 2, x  1;1 (đpcm). 9
10. Phương pháp chọn điểm đặc biệt và Phương pháp chọn phần tử lớn nhất Bài 4: Cho f(x) = ax2 + bx + c. Tìm a, b, c để f(x) 1; x  1;1 8 Và k = a2 + 2b2 đạt GTLN. Tìm GTLN đó 3 Giải Giả sử ta có f x 1, x  1;1 f 1 1 a b c 1 Suy ra f 1 1 a b c 1 f 0 1 c 1 1 a b c 1 1 a b c 1 1 c 1 2 a b 2 2 a b 2 2 a b 4 2 a b 4 a b 2 a b 2 a 2 b2 4 2 8 8 2 8 32 k a 2 2b 2 a 2 b 2 b 2 .4 0 3 3 3 3 3 a 2 a 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b 0 hoặc b 0 c 1 c 1 Thử lại, dễ thấy với hai bộ số a, b, c vừa tìm được ta có f x 2x 2 1 x  1;1 ta có thể đặt x= cost 2x2 -1 = 2cos2t -1 = cos2t Khi đó : f x 2x 2 1 cos 2t 1 luôn đúng. 10