1 / 34

Một số ứng dụng của phương pháp đồng bậc

Trong chu01b0u01a1ng tru00ecnh mu00f4n tou00e1n u1edf cu1ea5p THPT cu0169ng nhu01b0 trong cu00e1c u0111u1ec1 thi tuyu1ec3n sinh vu00e0o cu00e1c tru01b0u1eddng u0110H-Cu0110 vu00e0 hu1ecdc sinh giu1ecfi cu00e1c cu1ea5p ta thu01b0u1eddng gu1eb7p cu00e1c bu00e0i tou00e1n giu1ea3i bu1eb1ng phu01b0u01a1ng phu00e1p u0111u1ed3ng bu1eadc. Phu01b0u01a1ng phu00e1p u0111u1ed3ng bu1eadc (hay cu00f2n gu1ecdi lu00e0 phu01b0u01a1ng phu00e1p u0111u1eb3ng cu1ea5p) lu00e0 mu1ed9t phu01b0u01a1ng phu00e1p thu01b0u1eddng gu1eb7p trong khi giu1ea3i cu00e1c bu00e0i tou00e1n vu1ec1 phu01b0u01a1ng tru00ecnh, hu1ec7 phu01b0u01a1ng tru00ecnh, bu1ea5t u0111u1eb3ng thu1ee9c....

ElvieStokes
Download Presentation

Một số ứng dụng của phương pháp đồng bậc

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. PHẦN I: MỞĐẦU I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chƣơng trình môn toán ở cấp THPT cũng nhƣ trong các đề thi tuyển sinh vào các trƣờng ĐH-CĐ và học sinh giỏi các cấp ta thƣờng gặp các bài toán giải bằng phƣơng pháp đồng bậc. Phƣơng pháp đồng bậc (hay còn gọi là phƣơng pháp đẳng cấp) là một phƣơng pháp thƣờng gặp trong khi giải các bài toán vềphƣơng trình, hệphƣơng trình, bất đẳng thức....Theo phƣơng pháp này, từ giả thiết ta tìm một hệ thức giữa các ẩn mà ởđó mỗi hạng tử cùng bậc, sau đó đƣa hệ thức đó về hệ thức một ẩn, hoặc phân tích thành nhân tử hoặc một hệ thức mới đơn giản hơn. Đối với các em học sinh chuẩn bịthi vào các trƣờng ĐH-CĐ hoặc thi học sinh giỏi các cấp, việc tìm ra một phƣơng pháp ôn tập hợp lí có ý nghĩa rất quan trọng. Các em cần có một cái nhìn xuyên suốt về kiến thức và các phƣơng pháp giải toán đã học. Nhằm giúp các em học sinh có đƣợc một cái nhìn toàn diện về một phƣơng pháp giải toán quan trọng, tôi chọn đềtài: “Một sốứng dụng của phƣơng pháp đồng bậc”. II.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: - Giúp học sinh có cái nhìn toàn diện về một phƣơng pháp giải toán hiệu quả - Giúp học sinh tìm ra phƣơng pháp ôn tập hiệu quả thông qua việc ôn luyện theo các phƣơng pháp giải toán. - Giúp bản thân và đồng nghiệp nâng cao trình độchuyên môn, đổi mới phƣơng pháp có hiệu quả. III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Nghiên cứu ứng dụng của phƣơng pháp đồng bậc qua các chủđề quan trọng trong chƣơng trình môn toán bậc THPT hiện hành. 1 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  2. IV. ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU - Đối tƣợng nghiên cứu: Nghiên cứu các ứng dụng của phƣơng pháp đồng bậc qua các chủđề: phƣơng trình, hệphƣơng trình; giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; bất đẳng thức. - Phạm vi nghiên cứu: Trong chƣơng trình toán hiện hành và trong nội dung thi ĐH-CĐ, thi học sinh giỏi các cấp. V.PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Khảo sát ứng dụng của phƣơng pháp đồng bậc qua từng chủđề. - Phân tích cách nhận dạng, áp dụng phƣơng pháp cho mỗi dạng toán. - Tổng kết, rút kinh nghiệm. VI. NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI: - Giúp học sinh có cách nhìn toàn diện về một phƣơng pháp giải toán hiệu quả, góp phần đổi mới phƣơng pháp dạy học, phƣơng pháp học tập chủ động, tích cực của học sinh. - Nâng cao chất lƣợng dạy học của bản thân, của đồng nghiệp. 2 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  3. PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ Chƣơng I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI bị cho học sinh các kiến thức toán học nhƣ các định lý, khái niệm, quy tắc mà quan trọng hơn là phải trang bị cho các em những kiến thức vềphƣơng pháp và tƣ duy. Việc hình thành ởcác em các kĩ năng tƣ duynhƣ khái quát hóa, tổng quát hóa…thông qua việc dạy và học môn toán có vai trò quan trọng trong việc hình thành phẩm chất của con ngƣời lao động có tƣ duy sang tạo sau này. Việc có đƣợc một cái nhìn toàn diện về một phƣơng pháp giải toán hiệu quả qua nhiều dạng toán quan trọng trong chƣơng trình giúp các em học sinh có đƣợc năng lực tƣ duy độc lập, khái quát, tổng kết đƣợc những vấn đềđã học. Qua đó phần nào hình thành đƣợc những kĩ năng tƣ duy quan trọng. Trong nhà trƣờng phổ thông, nhiệm vụ của môn toán không chỉ là trang II. CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI - Trong chƣơng trình môn toán trung học phổ thông hiện hành, các chủđề liên quan đến phƣơng pháp đồng bậc khá nhiều song chƣa có một nghiên cứu toàn diện cho vấn đềđó. lúng túng khi chọn ra phƣơng pháp ôn tập phù hợp. Việc ôn tập theo phƣơng pháp giải toán giúp các em có hƣớng nhìn xuyên suốt vấn đề và tiết kiệm thời gian. - Đối với các em học sinh đang chuẩn bị cho kì thi cuối cấp, các em thƣờng hỏi giáo viên phải tìm ra những cách thức phù hợp nhằm phát huy năng lực của học sinh. - Việc đổi mới phƣơng pháp hƣớng tới phát tính tích cực của học sinh đòi 3 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  4. Chƣơng II:ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG PHÁP ĐỒNG BẬC TRONG PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆPHƢƠNG TRÌNH. Trong phƣơng trình, bất phƣơng trình và hệphƣơng trình, việc tạo ra các biểu thức đồng bậc giúp ta dễdàng đƣa cách hệ thức đã cho về dạng 1 ẩn hoặc có thể phân tích thành nhân tử. Từđó thu đƣợc những hệ thức đơn giản hơn. Trong chƣơng này ta sẽ xem xét một số ví dụđặc trƣng từcác phƣơng trình lƣợng giác, phƣơng trình mũ, phƣơng trình vô tỉ, hệphƣơng trình ...    3 3 Ví dụ 1: Giải phƣơng trình: (1) 4(sin cos ) cos 3sin x x x x         3 3 2 2 Lời giải: Ta có (1) 4(sin cos ) cos 3sin sin os c x x x x x x    (2) 3 2 2 3 sin -sin .cos -3sin .cos x x 3cos 0 x x x x x  , từ (2) suy ra sin x  vô lí vì   , do đó 2 2 Nếu cos 0 0 sin os c 1 x x    3 0   3 2 (2) tan tan 3tan x x x               x k 4           tanx 1         tanx 3 x k k 3 tanx 3    x k 3 Vậy phƣơng trình có các họ nghiệm:                 . ; ; x k x k x k k 4 3 3 Nhận xét: Đây là dạng phƣơng trình lƣợng giác đẳng cấp với sin và cos thƣờng   nên các biểu thức bậc nhất đối với sin và cos ta có thể 2 2 gặp. Do sin cos 1 x x   ). 2 2 coi là bậc ba (nhân thêm sin os c 1 x x     . x x x x Ví dụ 2 (A-2006) Giải phƣơng trình: 3.8 4.12 18 2.27 0 4 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  5. Lời giải: Ta viết lại phƣơng trình dƣới dạng:   3. 2   4. 2     2. 3 3 2 2 3     x x x x x x .3 2 . 3 0 Ta thấy đây là phƣơng trình đẳng cấp bậc hai đối với 2x và 3x. Do đó phƣơng trình tƣơng đƣơng với 3 2 x x x                   2 3 2 3 2 3     3 4 2 0                 x 2 3   1 vn    1 x x 2 3 2 3  Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất x=1. Ví dụ 3: Giải phƣơng trình      (1) 2 3 2 2 5 1 x x                   2 2 Lời giải: Ta có (1) 2 1 1 5 1 1 x x x x x x (2) x . Khi đó: Điều kiện: 1   1 1 x   x       (2) 2. 5. 2 0 2 2 1 1 x x x x        1 x       2       2 4 5 3 0 x x vn 2 1 x x      2  5 3 0 x x 1 1 2 x  2 1 x x     5 37  x 2    . tm  5 37  x  2 5 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  6.  5 37 5 37   x x Vậy phƣơng trình đã cho có hai nghiệm ; . 2 2 Nhận xét: Việc sử dụng hằng đẳng thức và tách số hạng hợp lí giúp đƣa một phƣơng trình vô tỉkhá khó khăn về một phƣơng trình dạng đẳng cấp đơn giản. Đây là dạng phƣơng trình khá thƣờng gặp trong các kì thi. Sau đây là một số ví dụ minh họa cho những kĩ thuật tƣơng tự.        . 2 4 2 Ví dụ 4: Giải phƣơng trình 3 3 1 1 x x x x Lời giải: Tập xác định . Ta có phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với         2 4 2 2 3 3 1 2 1 x x x x x                1       x 2 2 2 3 3 1 1 1 x x x x x x               2 2 2 2 3 2 1 1 1 x x x x x x x         2 2 1 1 1 1 x x x x x x x x     2 3 3 0 2 2            2 1 1 3 x x x x  2 3  2 1 1 3 x x x x        vn 2 2       2 2 4 2 0 1 x x x Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất x=1.        2 2 Ví dụ 5: Giải phƣơng trình 5 14 9 20 5 1 x x x x x x Lời giải: Điều kiện: 5         2 2 5 14 9 20 5 1 x x x x x Ta có: phƣơng trình 6 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  7. Bình phƣơng hai vế và biến đổi ta đƣợc:                 2 2 2 4 5 3 4 5 4 5 4 0 x x x x x x     2 2 4  5 4  5 x x x x     2 5 3 0 4 4 x x           5 61           2 x 4  5 x x  1 2       2 5  9 0 x x 4 x      8 x   2 4 25 56 0 x x  2 4  5 3 2 x x 7 4  x 4 x  5 61   8; x x Đối chiếu điều kiện ta đƣợc : 2      . (1) 2 Ví dụ 6(A-2007). Cho phƣơng trình 4 3 1 1 2 1 x m x x Tìm m đểphƣơng trình sau có nghiệm . x  Lời giải: Điều kiện : 1        2 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x      (1)  3 2 3 2 m m 4 4  2 ( 1)     1 1 2  1 1 x x x x      Đặt t=4 >0,vì 1 1 [0;1) t 1 x Bài toán trở thành tìm m để hệphƣơng trình sau có nghiệm        2 ( )   3 2 f t t t m 0 1 t 1 3   t   t        Ta có ' 6 2 ' 0 f t f t 7 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  8. Bảng biến thiên 1 3    Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phƣơng trình có nghiệm khi 1 m                2 2 2 4 1 1 x xy y Ví dụ7: Giải hệ . 2 2 3 2 2 7 2 x xy y Hướng dẫn: Nhân phƣơng trình (1) với 7 rồi cộng với phƣơng trình (2), ta đƣợc:      2 2 17 26 9 0 3 x xy y y  không thỏa mãn hệ, do đó Dễ thấy 0      x y x y  1       x y 2       x y x y   3       17 26 9 0 9 17 y 9 x  17             9 161 17 161 9 161 17 161   ; ; Từđó giải đƣợc các nghiệm: (1;1), (-1;-1), , Nhận xét: Đây là hệđẳng cấp bậc hai quen thuộc, việc làm mất hệ số tự do nhằm tạo ra một phƣơng trình thuần nhất. 8 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  9.        3 3 1 x x x y y Ví dụ 8: Giải hệ  5 5 2 2 y Lời giải: Ta có:   1                3 3    3 3 1 x y      1 x y     3 3 1 x x x y y            5 5 2 2 3 3  x y x y x y 5 5 2 2 2 2 0 2 y x y x y Ta có   2        0 0 0 x y x y x  , kết hợp với (1) ta đƣợc y  Nếu 0 1 y  , kết hợp với (1) ta đƣợc x  Nếu 0 1     , thì (1) không thỏa mãn. Nếu 0 x y x y Vậy hệ có hai nghiệm           ; 0;1 , ; 1;0 x y x y         2 0 1 x y xy Ví dụ 9: Giải hệphƣơng trình:     1 1 2   1 2 x y 1 2   Lời giải: Điều kiện: 1; x y . Khi đó       x y   1 vl   ; x y x y   1        2 0 4 x y x y  2 Thay vào (2) ta đƣợc:   1 1      1 1   4 1 2 4 1 2 y y y y  1 2   1 2 2   1 1    1 2 2    4 2 1 y y y y y 9 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  10.     1( 2 5 2  ) y tm        2 1 0 y    2 10 x x      2 1 2 y  ( ) y tm         . 1 5 Vậy hệ có hai nghiệm    và     ; 2;2 ; 10;2 x y x y Nhận xét: Dễ nhận thấy (1) là phƣơng trình thuần nhất bậc hai đối với x và y nên ta có cách biến đổi nhƣ trên. Ta cũng có thểđặt x=ty hoặc biến đổi (1)  2 0 x y x y       .        2 2 2 2 y  x y xy  Ví dụ 10: Giải hệphƣơng trình  3 2 2 2 2 3 2 3 x xy y x y Lời giải: y  , từ (1)   thỏa mãn hệ Nếu 0 0 x y  , nhân hai vế của (1) với y rồi trừ theo vếcho (2) ta đƣợc: Nếu 0      3 3 2 2 2 2 4 4  0  y x x y  xy         2 2 2 2 2 0 y x x y xy     2       2 2 0 y x x y x y   x y      2      2 2 0 0 x y x y vl do y            thỏa 2 Với x thay vào (1) ta đƣợc y 2 2 0 1 0 1 y y y do y x mãn hệ . Vậy hệ có hai nghiệm           ; 0;0 , ; 1;1 x y x y 10 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  11. Nhận xét: Mục đích của việc “nhân hai vế của (1) với y rồi trừ theo vếcho (2)” nhằm tạo ra phƣơng trình thuần nhất với x và y. Ví dụ 11: (HSG Bắc Giang 2010) Giải hệphƣơng trình:   1         8 x x  y x y y   5. 2 x y x  không thỏa mãn hệ.   . Dễ thấy Lời giải: Điều kiện 0 0, 0 x y     8 x x y y x y Ta có (1)           5 8 x x y y x y x y      3 8 4 0 y y xy x y x x 3 2             y x y x y x      3 8 4 0          y x y x y x  1;       ; y x 2; 3    4 9 x y   vl   2  Nếu x không thỏa mãn (2) y 4 9 x   thỏa mãn hệ. y  Nếu , kết hợp với (2) ta đƣợc 9; 4 x y 11 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  12.                   1    3 1 2 x x y Ví dụ 12: Giải hệphƣơng trình: 1    7 1 4 2 y x y            0; y 0 0 0 x x y  x y Lời giải: Từđiều kiện và từ hệ ta có . 0               1  2 3 1  1 3 2 2 7    1 x y x y x x y   Do đó hệđã cho 1  4 2 7 1 3 2 2 7   1   1   1 x y y x y Nhân từng vềcác phƣơng trình trong hệ cuối ta đƣợc:             1  1 3 2 2 7 1 3 2 2 7    x y x y x y 1  1 3 1    7 x y x y        21 7 24 xy x y y x        6 7 4 0 y x y x     ) 6 0; 0 (do y x x y Thay vào (1) ta đƣợc: 1 3 2 2 7.6      1 21 2 7 x x x   11 4 7 21 22 8 7 7     (thỏa mãn điều kiện) x y 12 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  13.      11 4 7 22 8 7 ; 21 Vậy hệ có nghiệm    . ; x y 7         x y y 1 3 2 3 x y    2 2 x x Ví dụ 13: Giải hệ phƣơng trình :       2 2 2 6 x y x y Lời giải:     . Nhận thấy phƣơng trình đầu của hệ thuần nhất với Điều kiện 3 0; 0 x y    2 2 x và y . Đặt y tx y t x , khi đó phƣơng trình đầu của hệ trở thành:   1 3 2 t x x x tx t x     2          2 2 1 0 2 t t t t 2 2 2 2 2 3 2 x x   , thay vào phƣơng trình thứ hai của hệta đƣợc: 2 0 y x Từđó ta có    2 4 8 2 6 x x x 25 4 1 4         2 4 10 2 6 2 6 x x x x 2 2             5 2 1 2      2 2 6 x x 5 2 1 2         2 2 6 0 x x dox   17 3 13 3 17 4   ; x y Từđó giải và đối chiếu điều kiện ta đƣợc . 4       17 3 13 3 17 ; Vậy hệ có nghiệm    ; . x y 4 4  13 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  14. Ví dụ 14: Giải hệphƣơng trình:              3 2 2 2 3  2 3 3 1 x xy  x y y x 3 2 2 2 3 0 y xy y x Lời giải: Hệđã cho tƣơng đƣơng với  2    3    3      2 1 1 2 x y x y        3 2 1 1 y y x x Từđó ta đƣợc           4 2       2 4 3 3 1 2 1 4 2 1 x x y y y x     4 2         2 3 4 3 1 3 1 2 1 4 0 1 x x y x y y    thỏa mãn hệđã cho. Nếu 0 1 y x y  , ta có: Nếu 0 4 2                1 1 1 x x x   1      3 3 2. 4 0 y y y       1 x  1      1 y x y         1 3 1 x y 1 x   1 3 y   và   2; 1 0; 1 Từđó giải đƣợc : x y x y Vậy hệ có các nghiệm                   ; 2; 1 , ; 1;0 , ; 0;1 x y x y x y Ví dụ 15: Giải hệphƣơng trình:           2 2 3  4  18  22 46  31 0 175  x y xy x y  2 2 2 4 2 6 0 x y xy x y 14 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  15.   ta thu đƣợc hệ Lời giải: Đặt 5; 7 x X y Y        2 2 3  4  1  X Y XY . 2 2 2 4 2 1 X Y XY      1 1 Dễ dàng giải hệnày ta đƣợc:   hoặc ; ; X Y 2 2 2 2       1 1      ; ; . X Y 2 2 2 2 Từđó thu đƣợc nghiệm của hệđã cho           1 1 1 1             ; 5; 7 ;   ; 5; 7 . x y x y 2 2 2 2 2 2 2 2 Nhận xét: -Trong ví dụ trên ta dùng phép tịnh tiến đểđƣa hệ vềđồng bậc. -Bằng phép tịnh tiến nhƣ trên ta có thể tạo ra hệphƣơng trình khá khó khăn xuất phát từ một hệđơn giản.        2 2 5 2 3 x xy y Ví dụ 16: Tìm các giá trị của mđể hệ (I) có nghiệm. m     2 2 2 2 x xy y 1 m Lời giải. Nhân 2 vế của bất phƣơng trình thứ hai với -3 ta đƣợc :        2 2 5 2 3 x xy y 1       2 2 6 6 3 3 x xy y 1 m Cộng vế hai bất phƣơng trình cùng chiều ta đƣợc: 1  1          2 2 2 4 4 ( 2 ) y x xy y x 1 1 m m 15 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  16. 1     Điều kiện cầnđể hệ bất phƣơng trình có nghiệm là 0 1 m 1 m           2 2 5 2 2 2 3 1 x x xy xy y y m . Xét hệphƣơng trình: Điều kiện đủ. Với (II) 1 2 2 Giả sử ( ; x y là nghiệm của hệ(II). Khi đó ) 0 0         2 0 2 0 5 2 3 x x y y            2 0 2 0 5 2 3 x x y y 0 0 0 0  m     2 0 2 0 2 0 2 0 2 2 x x y y 2 2 1 x x y y 0 0 0 0 1 m Vậy mọi nghiệm của hệ(II) đều là nghiệm của hệ (I) 2 2      5 2 3 x xy y  (II) 2 2      6 6 3 3 x xy y 2 2           4 4 0 2 0 2 x xy y x y x y   Thay vào phƣơng trình thứ 2 của hệ(II) ta đƣợc 2 x y 1 2           2 2 2 2 8 4 1 5 1 y y y y y x 5 5 m là kết quả cần Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ(I) cũng có nghiệm. Vậy 1 tìm. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1: Giải các phƣơng trình 5 2    2 2 1. 4 3sin .cos 4cos 2sin x x x x        3        ; arctan x k x k ĐS: 3 9 16 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  17.             3 3 2 2. 4sin 3cos 3sin sin cos 0 ; x x x x x x k x k ĐS: 4 3          3 3. arctan2 ; sin .sin2 x 6cos x k x k x x ĐS: 3              3 4. x k 2sin 2sin x x ĐS: 4 4        1 1 x x x 5. 9 13.6 4 0 0; 2 x x ĐS: 1 x 1 x 1 x      1    6. 0;2 9.25 16.15 25.9 x ĐS: x    x x x 7.8 18 2.27 0 ĐS: 2 2 2           2 6 9 3 5 2 6 9 x x x x x x 8. 3 4.15 3.5 1; 4 x x ĐS: Bài 2: Giải các phƣơng trình x       2 3 1. 3 13 2 6 4 3 8 x x x ĐS: x    1 7    2 3 2. 4 6 2 5 1 x x x ĐS:     10 5       2 3. 2 6 2 1 0 x x x x 3, 8 x x ĐS: 6 30       x  2 3 2 4. 3 2 2 3 4 2 x x x x x 2 ĐS: x       2 2 4 2 5. 1 3 1 1 x x x x ĐS: 6.    x          ĐS: 2 2 2 5 6 6 11 1 2 4 7 2 x x x x x x x  2 7     2 7    2 7. x 4 6 4 1 x x x x ĐS: 2   9 193 4 17 3 73 4          2 3 8. 2 5 2 4 2 21 20 ; x x x x x x ĐS: 17 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  18. 23 341          2 2 9. x 6 3 1 3 6 19 0 ĐS: x x x x x 2           4 3 2 10. 2 2 0 x x x x x 1, 0; 2 x x x ĐS: Bài 3: Giải các hệ:           2 2 3 5 5 9 4 3 38 15 x xy y ĐS:     3; 1 , 3;1   1) 2 2 x xy y        2 2 2  3 9  x xy y             5 1 5 1 ĐS:     3; 2 , 3;2 ,     2) ; , ;  2 2 2 2 2 2 2 3 15 0 x xy y           3 3 1 x x y y       3 3 1 1 3 2 3 ; 3 3) ; , ĐS: 3    3 3 2 2 3 2 2 2 2 xy y        3 3 4 16 x y  y x ĐS:      0; 2 , 1; 3 ,   1;3  4)    2 2 1 5 1 y x        3 3 8 2 x x y y         6 6 6 6 ĐS:    3; 1 ,     5) 3;1 , 4 ; , 4     ;   3 3    2 2 13 13 13 13 1 x y         3 3 2 1 x y xy        3 25 1 25 ĐS:      6) 0;1 , 1;0 , 1;1 , ;  4 4 3 3 4 4 x y x y   2         2 2 3 5 4 3 2 0 x y xy y x y 7)(A-2011)         2 2 2 xy x y x y             2 10 5 10 5 2 10 5 10 5 ĐS:     1; 1 ,   1;1 , ; , ; 18 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  19.              5 42    3 2 4 y       y x   5 2 6 5 27 2 6 9 8) ; ĐS: 5 42    3 2 x   y x           2 x x y 1 4 ĐS:       ( ) 2 4 x           4 4 2 1  2 1  y 9) ; 4 16 2 x x y 1 4  ) 1  ( y 4 y      x y     6 2 3 3 x y y 10)      2 3 3 6 3 4 x x y x y                         13 73 5 73 13 73 5 73 1 1 ; 4 2   , 4; 4 ,  ĐS ; , ; 6 6 6 3         2 2 2 2 x xy y x y            x y 5 109 5 14 109 14 ĐS:   11) 3;3 , ; 3  2     2 5 3 4 5 3 x xy x xy x             2 2 x x x y x x y y 9 x  5 2 2 ĐS:   12) 5;3 3 5 x  30 6 y             2 2 2 2 x x x x y y x x x x y y 17 4    2 2 2 2 13)        2 4 52 x x y x xy ĐS:        5; 4 , 5;4 ,   15;12 , 15; 12   19 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  20.     1 3  1 2   7 x y x       16 4 9 9 ĐS:  14) 1;1 , ; 1 6    2 7 x y y              3 2 2 2 3  2 3 3 1 x xy  x y y x ĐS:       2; 1 ,   1;0 , 0;1  15) 3 2 2 2 3 0 y xy y x         3     2 2 2 2       2 x x y x x y 1 8 7 ĐS:    16) ; ; . . x y 8       2 2 76 20 2 4 8 1 x y x x 3         2 2 3 2 3 0 x y y      . 14 5 ; 9 18 ĐS:    17) ; x y       2        3 3 2 2 3 1 6 1 2 0 y x y x x x       2 2 Bài 4. Cho hệphƣơng trình 3 2 11  x xy  y  . Tìm m để hệ có nghiệm.  2 2 2 3 17 x xy y m      2 2 Bài 5. Tìm ađể hệ sau có nghiệm -2  -3 8 x xy y     2 2 4 3 2 2 4 5 -4 4 -12 105 x xy y a a a 20 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  21. Chƣơng III: ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐỒNG BẬC TRONG BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT. Ta đã biết đối với biểu thức một biến, đạo hàm là một công cụ khá hữu hiệu để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một hàm số. Việc lợi dụng sựđồng bậc của các biến trong một sốtrƣờng hợp có thểgiúp đễdàng đƣa các biểu thức nhiều biến về biểu thức một biến. Do đó ta thu đƣợc bài toán dễdàng hơn.  2   2 2 x xy  y    . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 2 2 Ví dụ 1: Cho S 1 x y  2 2 1 xy Hướng dẫn:  2 2 2 xy  y     2 2 Ta có (thay ) 1 x y S 2 2 3 2 x xy y + Nếu y= 0 thì S=0       y x  2 1      2 t 1 t t x y       y  thì t + Nếu với 0 S f t 2 2 3 2 1             x y x y   3 2 1 Từđây bằng phƣơng pháp miền giá trị hoặc hàm số dễ dàng chỉ ra:  2- 6 2 2  -3 6    Min , 0 S khi x y y 3  6 -3 6    Max , 0 S khi x y y 2 3  để tạo ra biểu thức đồng bậc ở cả tử và 2 2 Nhận xét: - Ởđây ta thay 1 x y mẫu - Bài này cũng có thể làm bằng phƣơng pháp lƣợng giác hóa.    . Chứng minh rằng: 2 2 Ví dụ 2: Cho x, y là các số thức thỏa mãn: 3 x xy y 21 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  22. 4 3        (1) 2 2 3 3 4 3 3 x xy y       2 2 2 2 Hướng dẫn: Đặt , 2 A x xy y B x xy y    2 2 +Nếu y=0, khi đó thỏa mãn (1) 3, A x B x y  , đặt x  + Nếu ta đƣợc: 0 ty        2 2 2 2 1 1 x xy xy  y t t t t      . . . B A A A f t 2 2 2 x y     3 4 3 3 3 4 3 3          Dễ dàng chỉ ra . Vì . , 0 3 B A f t A f t nên suy ra đpcm. 1 4      3 3 2 2 Ví dụ 3: Cho hai số 0, x y thỏa mãn . Tìm giá trị lớn 2 x y x y   nhất, nhỏ nhất của biểu thức: . 3 P x y Lời giải:   Đặt , khi đó từ giả thiết ta có: , 2 x ty t   2 2 1 t t        3 2 1 2 y t t y 3    1 4 1 13 y         3 2 4 9 0 3 2 t t t dot Do nên 2  3     2 3 t 2 t t   2 3 2  7 t t        Ta có . 3 1 P y t  3 1 1 t          2 3 2  7 t t trên 1 13;3 Xét hàm số   f t , dùng đạo hàm dễ dàng chỉ ra 3 1 2 t        f tđồng biến trên 1 13;3   . Từđó tìm đƣợc: 2 22 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  23.  7 13 1 13 1 4    đạt đƣợc khi ; min ; P x y 8 8 3 2 3 4 1 4 P    max ; x y đạt đƣợc khi .      . Tìm giá trị nhỏ nhất Ví dụ 4 (A-2011) Cho các số thực , , x y z 1;4 ; ; x y x z x  y  z     P của biểu thức: 2 3 x y y z z x     1 4     Lời giải: Đặt ; , ;1 . Khi đó: y ax z bx a b 1 x ax  bx  a  b        P  2 3  2 3 1 x ay ax by bx x a a b b 1 3 a  b  b  Xét hàm số    a       , ' f a f     2 2 2 3  1 a a b b 2 3  a a b           1 4 f ađồng biến trên 1;1   a  với , suy ra    , ;1 ' 0 Dễ chứng minh . a b f 4       g b trên 1;1 4 1 b  . Khảo sát         ta đƣợc P g b Do đó  4 11 1 4 1 b b g      1 2 34 33      . P g b        1 4 1 2  a            4 2 4; 2 1 x x y z x z y     dox y z , , 1;4 Dấu bằng xảy ra khi . b 34 33 P  Vậy min . 23 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  24. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1: Tìm GTLN và GTNN của các biểu thức sau:   2   2       4 y 2 2 2 x x  y 3 4 y x x xy xy y y y x xy  1) A= 2) B= 3) A 2 2 2 2 2 2 4 x       2 2 2 2 4) biết , x y thoả mãn: 3 2 1 C x xy y x xy y   . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 2 2 Bài 2: (B-08): Cho  2 1 2 xy  1 x y   2 6  x xy  P 2 2 y 2 4 1 8 xy  Bài 3:Cho x,y >0 .Chứng minh rằng :   3   2 2 4 x x y Bài 4: Cho x là sốdƣơng và y là số tùy ý, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 2 xy  A       2 2 2 2 x y x y x 24 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  25. Chƣơng IV: ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐỒNG BẬC TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC. 1) Thuần nhất hóa bất đẳng thức không đồng bậc. Các bất đẳng thức cổđiển hầu hết đều phát biểu dƣới dạng các biến độc lập, do đó chúng đều ở dạng đồng bậc. Từđó đối với các bài toán mà giả thiết cho các biến có sự ràng buộc thì một trong những ý tƣởng là sử dụng hợp lí giả thiết đểđƣa về dạng đồng bậc.     . Chứng minh rằng: Ví dụ 1. Cho , , 0, 1 x y z x y z   1 4     9 . xyz xy yz zx Lời giải: Ta có bất đẳng thức đã cho tƣơng đƣơng với:      3          4 9 0 x y z x y z xy yz zx xyz                    (*) 0 x x y x z y y z y x z z x z y  , khi đó ta có:        Do tính đối xứng nên có thể giả sửx y z 0 z x y x z và                    2 2 x x y x z y y x y z x y x xz y yz     2      0 x y x y z Từđó suy ra đpcm. ab c bc a ca b     . Chứng minh rằng:    . 2 2 2 Ví dụ 2.Cho , , a b c 0, 3 3 a b c Lời giải: Bất đẳng thức đã cho tƣơng dƣơng với: 25 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  26. 2       ab c bc a ca b    9 2 2 2 2 b c a 2 2 a b c c a b              2 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c 2 2 2 2 2 2 2 b c a 2 2 a b c c a b       2 2 2 a b c 2 2 2 Bất đẳng thức trên dễ dàng suy ra từ các bất đẳng thức sau: 2 2 2 2 b c a 2 2 2 2 a b c a b b c c    2 2 . 2 b 2 2 2 2 a 2 2 b c a 2 2 2 2 b c c a a 2 2 c a b    2 2 . 2 c 2 2 2 2 b 2 2 2 2 2 2 2 2 c a b a b c c a b a b c    2 2 . 2 a 2 2 2 2 Nhƣ vậy ta có đpcm. Nhận xét: Việc bình phƣơng kết luận để tạo ra biểu thức đồng bậc với giả thiết làm cho bài toán trởnên đơn giản hơn rất nhiều.    Ví dụ 3: Cho , , a b c là các sốdƣơng thỏa mãn a b c . Chứng minh abc rằng: a b b c c a    1 3 3 3 Lời giải: Bất đẳng thức đã cho tƣơng đƣơng với:       a b b c c a        abc a b c 3 3 3 2 2 2 a c b b a c c b a       (1) a b c 2 2 2 26 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  27. Theo AM-GM ta có: 2 2 2 2 2 2 a c b b a c b a c c b a c b a a c b          3 3 3 ; ; c a a b b c 2 2 2 2 2 2 Từ 3 bất đẳng thức trên suy ra (1). Ví dụ 4. (HSG Bắc Giang 2013). Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn   1. Chứng minh rằng: a b c       3 2 a a bc bc b b ca ca c c ab ab    . Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tƣơng đƣơng với: 2  2  2  3 2 bc bc ca ca ab ab       1 1 1 a b c 3 4 bc  ca  ab      a bc b ca c ab 3 4 bc b ca b ab b                    a a c bc b a c ca c a c ab 3 4 bc b a ca a b ab a c                    a c b c c b                  a b b c c    4 4 4 3 bc b c ca c a ab a b a  a b b c       2 2 2 2 2 2 . 6 c a ab bc ca abc Bất đẳng thức cuối dễ dàng suy ra từ hai bất dẳng thức a b b c     2 2 2 2 2 2 3 3 . . 3 c a a bb cc a abc     2 2 2 2 2 2 3 3 . . 3 ab bc ca ab bc ca abc 27 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  28. Nhận xét: Ý tƣởng đƣa vềđồng bậc với bài trên là hoàn toàn tựnhiên và đơn giản!!! Ví dụ 5.(HSG Bắc Giang 2011). Cho , , a b c là các sốdƣơng thỏa mãn a b c    . Chứng minh rằng: 1 1 a 1 b 1 c      2 2 2 a b c 2 2 2 Lời giải.   1 a 1 b 1 c 1 ab 1 bc 1 ca a b c       Ta có . Ta sẽ chứng minh: 2 2 2 abc   a b c    2 2 2 (1) a b c abc         2 2 2 Thật vậy (1) a b c abc a b c     5  a b c      2 2 2 abc a b c (2) Ta có   2 a b c       ab bc    ab bc   2 2 2 a b c ca ca    2 3 3    ab bc   2 2 2 a b c ca      6 2  a b c      ab bc   2 2 2 27 a b c ca Lại có     2 ab bc      3 , từđó suy ra (2). Đpcm. ca abc a b c 2) Chuẩn hóa bất đẳng thức đồng bậc Đối ngẫu với phƣơng pháp trên, đối với các bất đẳng thức đồng bậc, ta có thểdùng kĩ thuật chuẩn hóa, đƣa về các bất đẳng thức có điều kiện. Ví dụ 1: Cho , , a b c là ba sốdƣơng. Chứng minh rằng: 28 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  29.       2         2 2 2 2 2 2 4 3 abc a b c a b c abc a b c . Lời giải: Do hai vế của BĐT đều là các biểu thức thuần nhất đối với , , a b c nên ta có thể    . Khi đó BĐT đã cho trở thành: 2 2 2 giả sử 1 a b c   1 4     3 abc a b c abc 1     Hay 4 3 a b c abc 1 1             Ta có 9 9 9 8 a b c a b c a b c abc abc 1        3 2 2 2 . Đpcm. 4 9 . 8 3 4 3 abc a b c 4 abc Ví dụ 2: (A-2009) Cho , ,   x x y z    x y z là các số thực dƣơng thỏa mãn 3 . Chứng minh rằng: yz           3 3 3          3 5 x y x z x y x z y z y z Lời giải: Do tính thuần nhất của giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh nên ta    . có thể giả sử 3 x y z   l     2 2     9 1 x x 3 y z x       Từ giả thiết x yz x yz  4 4  Bất đẳng thức đã cho trở thành:    3 y z x y             3 3           2 2 3 5 3 x x z x y z x y x z y z x        3 3        3 6 5 3 x x x y x z x 29 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  30.    3 3      2 3 24 5 3 x x x          , đúng do x 1 6 9 0 1. x x x Vậy ta có điều phải chứng minh. a b c  . Tìm giá trị lớn nhất của. Ví dụ 3: Cho , , 0    ( a b  ) c  ( b c  ) a  ( c a  ) b     P 2 2 2 2 2 2 ( b ) c ( c ) a ( a ) b a b c Lời giải: a b c    Do tính thuần nhất của P nên ta có thể giả sử 1 Ta có: (1- ) a (1- ) b b (1- ) c c a a b c    P    2 2 2 1 - 2 2 1- 2 2 1- 2 2 a b c Theo AM-GM: 2   2       2 a 1- 2 ( a 1) a   2 (1- ) a a 4 (   2 1) (1- )( a a 3) a       2 1-2 2 1-2 (1- ) 1- a 0 a a a 4 4      (1- ) a  4 (1- ) (1- )( a a 4  3  a a a a     4 1-  2 1- 2 2 3) 3 3 a a a                  3  3  3    4 1-     + 1-     1- Q 3 3 3 a b c           1  1  1     4 3-3   3 3 3 a b c 30 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  31. Ta có: 1  1  1  9  9 9 6 5        4(3-3. ) Q   3 3 3 b c 9 10 10 a b c a 6 5   . P  Suy ra : khi a max b c BÀI TẬP LUYỆN TẬP  a b c    . Chứng minh 1)Cho , , 0; 3 a b c 3 3 3 a c b a c b    1          2 2 2 b a c b a c  ab bc ca    . Chứng minh 2)Cho , , 0; 1 a b c 1 1 1  9 2    .         a a b b b c c c a 3)Cho , , a b c là ba sốdƣơng có tích bằng 1. Chứng minh ab b bc c ca a    1       5 5 5 5 5 5 a ab b bc c ca a b c    . TìmGTNN của 4)Cho 3 sốdƣơng , , a b cthỏa mãn 1    a ab b  b bc c c ca a     P .  c a b abc  . Chứng minh: 5)Cho 3 sốdƣơng , , 1 a b cthỏa mãn 1  1  1  1 3          2 2 2 5 5 5 2 2 2 a b c b c a c a b abc  . Chứng minh: 6)Cho 3 sốdƣơng , , a b cthỏa mãn 1 1 2 1 2 1 2 1 2    .       2 2 2 2 2 2 3 3 3 a b b c c a 31 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  32. 7)Cho , , a b c là các sốdƣơng chứng minh          a b b c c a a  b bc c   8 abc ab ca 8)Cho , , a b c là các sốdƣơng chứng minh          a b b c c a a  b bc c   8 abc ab ca a b c  thỏa mãn ab bc ca   a b c    . Chứng minh rằng: 9)Cho , , 0       a b b b c c c a a    . 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c    . Chứng minh rằng: 10), , a b c là các sốdƣơng thỏa mãn 1 2 2 2 a b b c c a        2 2 2 3 a b c 32 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  33. PHẦN III: KẾT LUẬN Phƣơng pháp đồng bậc là phƣơng pháp có nhiều ứng dụng trong toán học phổ thông. Việc giúp các em học sinh thấy rõ đƣợc đƣợc ứng dụng của phƣơng pháp trong nhiều vấn đề, làm cho không những nắm chắc kiến thức đã học mà còn giúp các em có những ý tƣởng sáng tạo trong học toán. Sáng kiến kinh nghiệm này đã đề cập tới những ứng dụng của phƣơng pháp đồng bậc trong nhiều chủđề quan trọng nằm trong nội dung thi tuyển sinh ĐH- CĐ và thi học sinh giỏi các cấp. Trong mỗi ví dụ minh họa cho phƣơng pháp ở mỗi chủđề, tôi đã cố gắng phân tích những ý tƣởng, kĩ thuật đểđƣa các bài toán về áp dụng phƣơng pháp đồng bậc. Những ví dụ phong phú đƣợc lấy từ nhiều chủđề nhằm giúp các em học sinh có cái nhìn xuyên suốt vềphƣơng pháp. Chuyên đểnày đã đƣợc sử dụng để ôn thi cho các học sinh đang chuẩn bịthi vào ĐH-CĐ, thi HSG cấp tỉnh ởtrƣờng THPT Lạng Giang số 1 các năm 2012-2013 và 2013-2014 và thu đƣợc kết quả tốt. Việc đƣa ra một hình thức ôn tập mới, tiết kiệm thời gian và công sức làm cho các em học sinh cảm thấy hào hứng, chủđộng và có hiệu quả. Hi vọng kết quả của SKKN này sẽ góp một phần nhỏ bé vào việc đổi mới phƣơng pháp dạy và học hiện nay. Tuy nhiên do năng lực và kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế nên chuyên đề này chắc chắn còn nhiều thiếu sót, ngƣời viết rất mong đƣợc sự góp ý từcác đồng nghiệp và các em học sinh đểchuyên đềđƣợc hoàn thiện hơn. XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ Lạng Giang, ngày 10/10/2014 Ngƣời viết Ngô Ngọc Hà 33 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

  34. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Trần Phƣơng Dung, Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Xuân Liêm. “Giải tích 12 Nâng cao”, NXB Giáo dục, 2008. [2] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Lê ThịThiên Hƣơng, Nguyễn Tiến Tài, Cấn Văn Tuất. “Giải tích 12 ”, NXB Giáo dục, 2008. [3] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn. “Đại số và giải tích 11”, NXB Giáo dục, 2008. [4]. Báo toán học và tuổi trẻ. [5]. Đề thi HSG tỉnh Bắc Giang. [6] Đề thi tuyển sinh đại học và đề dự bịđại học của Bộ giáo dục đào tạo từnăm 2002 đến 2013. [7] Một số diễn đàn k2pi.net, onluyentoan.vn,... 34 https://sangkienkinhnghiemmamnon4-5tuoi.com/

More Related