(SKKN 2022) khai thác ứng dụng của bài toán lớp 8 để rèn luyện giải một số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu quả

Trong số đó,các bài toán về khai thác ứng dụng của của bài toán để giải và phát triển thành hệ thống các bài tập có tính chất logic là một mảng kiến thức quan trọng.. Bởi vậy muốnbồi dưỡ

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài:

Trong quá trình phát triển, xã hội luôn đề ra những yêu cầu mới cho sựnghiệp đào tạo con người Chính vì vậy người dạy toán không ngừng được bổsung và đổi mới để đáp ứng đòi hỏi của xã hội Vì vậy, mỗi người giáo viên dạytoán phải luôn luôn tìm tòi, sáng tạo, đổi mới phương pháp dạy học để thực hiệnchủ trương đổi mới của Đảng và Nhà nước đặt ra Đặc biệt là khả năng khai tháctính ứng dụng của một bài toán để phát triển và hình thành các dạng toán có liênquan đến bài toán đó là rất cần thiết

Chương trình Toán trung học cơ sở rất phong phú và đa dạng Trong số đó,các bài toán về khai thác ứng dụng của của bài toán để giải và phát triển thành

hệ thống các bài tập có tính chất logic là một mảng kiến thức quan trọng Tuynhiên ở sách giáo khoa chưa đề cập đến các bài toán khó vì thời lượng tiết dạyhạn hẹp và khó đối với các đối tượng học sinh trung bình, yếu Bởi vậy muốnbồi dưỡng và phát triển đối tượng học sinh khá, giỏi, người dạy phải nghiên cứutài liệu tìm tòi các dạng toán, các phương pháp giải để dễ vận dụng, nhằm bổ trợ

và nâng cao kịp thời cho các em Trong dạy toán nếu người thầy biết khai thácứng dụng của một bài toán để giải các bài toán khác là nội dung rất hay làm chongười dạy định hướng cho học sinh đường lối, phương pháp, còn đối với ngườihọc khơi gợi đến sự tìm tòi, sự liên hệ để từ đó sáng tạo cách giải Từ những suy

nghĩ đó tôi mạnh dạn đưa nội dung “Khai thác ứng dụng của bài toán lớp 8 để rèn luyện giải một số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu quả” để tìm ra các biện pháp hữu hiệu, để có những phương án thích hợp

giúp học sinh tiếp cận với các bài toán một cách chủ động, sáng tạo, hứng thútrong quá trình học

Các bài toán về khai thác ứng dụng bài toán mà bản thân tôi đưa ra rấtphong phú về dạng toán, nhưng trong nội dung sáng kiến này tôi chỉ nghiên cứumột số dạng toán điển hình và tìm tòi cách giải cho từng dang toán đó

1.2 Mục đích nghiên cứu:

Giúp người thầy nâng cao năng lực tự nghiên cứu, khai thác ứng dụng củacác bài toán Giúp người thầy xây dựng hệ thống bài tập theo từng dạng cụ thể,phương pháp giải đảm bảo tính chính xác, khoa học, phù hợp với đối tượng họcsinh Đồng thời giúp người dạy có tư liệu tham khảo và triển khai rộng đến đồngnghiệp

Giúp học sinh lớp 8,9 khơi gợi hứng thú học tập và biết vận dụng linhhoạt bài toán đã biết để giải các bài toán khác một cách hiệu quả

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Khai thác ứng dụng của bài toán lớp 8để rèn luyện giải một số dạng toán nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 đạt hiệu quả ở trường THCS Thành An”

1.4 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp điều tra, thực nghiệm, phân tích - tổng hợp, gợi mở, vấn đáp

- Nghiên cứu lý luận: Đọc tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo có liên quan

1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm

Đây là sáng kiến đầu tiên bản thân nghiên cứu về nội dung này

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:

Toán học là môn khoa học nghiên cứu về các số, cấu trúc, không gian và

các phép biến đổi Nói một cách khác, người ta cho rằng đó là môn học về "hình

và số” Theo quan điểm chính thống, nó là môn học nghiên cứu về các cấu trúctrừu tượng định nghĩa từ các tiên đề, bằng cách sử dụng sự lôgic và ký hiệu toánhọc. 

Môn Toán là môn học đòi hỏi phải có kĩ năng giải toán và ứng dụng củamỗi dạng toán, là môn khoa học đòi hỏi tư duy cao của người dạy và người học.Thông qua việc giảng dạy môn Toán nhằm rèn luyện cho người học năng lựcphân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt, khả năng sáng tạo nhằm hình thành nhâncách cho người lao động trong tương lai.Học sinh muốn có kiến thức toán sâuthì phải luyện tập và thực hành nhiều để tích lũy vốn kiến thức toán học củamình.Đây cũng là vấn đề khó đối với người học, chính vì vậy thì đòi hỏi ngườidạy cần truyền đạt cho các em sự ham thích học toán bằng cách phân dạng cácbài toán một cách khoa học nhất

Hiện nay công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong các nhà trường THCSđang được quan tâm đặc biệt, đó là một trong những vấn đề đánh giá chất lượngcủa một nhà trường Nghị quyết Trung Ương 2 khóa VIII yêu cầu của nhiệm vụbồi dưỡng tạo dựng đội ngũ nhân tài cho tương lai phải xác định rõ hơn, kết quảhọc sinh giỏi cũng là kết quả của phong trào "hai tốt" ở các nhà trường, nó gắnliền với việc nâng cao chất lượng đại trà, giáo dục toàn diện đối với học sinh

Chính vì vậy, các nhà trường THCS cần xác định được mục tiêu đó lànhằm cung cấp cho các em học sinh những kiến thức phổ thông cơ bản và thiếtthực, hình thành và rèn luyện cho các em các kĩ năng giải toán và ứng dụng vàothực tiễn, rèn luyện kĩ năng suy luận hợp lí, sử dụng ngôn ngữ chính xác, bồidưỡng các phẩm chất tư duy linh hoạt, độc lập, sáng tạo Xuất phát từ mục tiêutrên phương pháp dạy học hiện nay là tích cực hoá hoạt động của học sinh, rènluyện khả năng tự học, tự giải quyết vấn đề của học sinh nhằm hình thành vàphát triển ở học sinh các tư duy cần thiết

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Về giáo viên: Giáo viên chưa bao quát hết các dạng toán khi khai thác ứng dụngcủa một bài toán.

Nhiều giáo viên không chú trọng đến mảng kiến thức này, chưa quan tâmđúng mức đến tính ứng dụng của các bài toán đó

Nguyên nhân:

-Nguyên nhân khách quan:

Sách giáo khoa đưa ra những bài toán nâng cao về các dạng toán có ứngdụng của bài toán trên còn ít

- Nguyên nhân chủ quan:

+ Học sinh chưa nắm vững kiến thức cơ bản, kiến thức bổ trợ nâng cao về hằngđẳng thức Kĩ năng trình bày của từng học sinh ở từng dạng toán chưa được rènluyện nhiều

+ Giáo viên chưa tìm ra được những giải pháp hữu hiệu khi dạy phần kiến thức

về tính ứng dụng của bài toán cần khai thác

Qua một số năm được phân công tham gia bồi dưỡng học sinh khá, giỏitôi thường trực tiếp tham khảo nhiều tài liệu, tìm được mối quan hệ của các bàitập phân loại và hình thành các pháp giải thích hợp giúp học sinh một phần nào

đó có cơ sở để tìm tòi giải các bài toán khi khai thác ứng dụng của các bài toán

b Kết quả thực trạng

Từ thực trạng trên với mục đích khảo sát cụ thể để đánh giá và từ đó cóbiện pháp giảng dạy có hiệu quả tôi đã đã tham khảo rất nhiều tài liệu, tham giagiải cùng học sinh các bài toán và tiến hành khảo sát các em trong đội tuyển 16

em mà tôi đảm nhận Cụ thể hai bài toán sau:

Bài 1: Cho a + b + c = 0

Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + a2b + ab2 +b2c + bc2 + c2a + ca2= 0

Bài 2: Cho a + b + c = 0 Chứng minh : a3 + b3 + c3 chia hết cho 3abc

Bài 3: Cho + + = 0 và a, b, c 0 Tính M = + +

Bài 4: Giải phương trình: (2x – 5)3 + (2 – x)3 + (3 – x)3 = 0

Kết quả thu được sau khi các em làm 2 bài tập trên như sau:

Trên đây là bảng tổng hợp kết quả mà bản thân đã khảo sát trước khi thực

hiện với công việc phân loại các bài tập chưa áp dụng nội dung của sáng kiến

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

* Hướng dẫn học sinh nắm vững kiến thức cơ bản:

- Học sinh củng cố các kiến thức cơ bản về hằng đẳng thức

- Giáo viên cung cấp lý thuyết trong những tiết dạy lý thuyết của bài toán sau:

Nếu a + b + c = 0 thì a 3 + b 3 + c 3 = 3abc.

Nếu a 3 + b 3 + c 3 = 3abc thì a + b + c = 0 hoặc a = b = c.

- Rèn luyện giải các dạng toán có liên quan đến nội dung gồm: Rút gọn biểu

Trong trang này: Bài 1, tham khảo từ TLTK số Bài 2;3;4 tham khảo từ TLTK số

thức, tính giá trị biểu thức, chứng minh đẳng thức, chứng minh chia hết; giảiphương trình và hệ phương trình.

* Hướng dẫn vận dụng các phương pháp giải các dạng bài toán về áp dụng:

Tương tự: b3 + c3 = 3abc – a3; c3 + a3 = 3abc – b3

M = a2b2 (3abc – c3) + b2c2 (3abc – a3) + c2a2(3abc – b3)

= 3abc (a2b2 + b2c2 + c2a2) – a2b2c 2(a + b + c) = 3abc (a2b2 + a2b2 + a2b2)

Nhận xét: Đối với bài toán trên ta biến đổi các biểu thức đã cho, sau đó nhóm

linh hoạt để xuất hiện a + b + c = 0 và rút gọn

Bài 2: Cho a, b, c là các số thực đôi một phân biệt.

Rút gọn biểu thức B =

Giải

Nhận xét: Khi rút gọn biểu thức trên trước hết ta đặt x = b – c; y = c – a;

z = a – b Biến đổi mẫu thức thành nhân tử có chứa a – b; b – c; c – a và biến đổi

tử thức về dạng 3(a – b)(b – c)(c – a), biến đổi mẫu thức thành nhân tử chung

Bài 3: Cho x + y + z = 0 và x, y, z 0 Rút gọn:

P = ;

Q =

Giải

*Từ x + y + z = 0 x2 + y2 + z2 = – 2(xy + yz + zx)

Nhận xét: Đối với biểu thức P, ta giữ nguyên tử thức, biến đổi từ mẫu thức về

dạng có nhân tử giống tử thức rồi rút gọn Còn đối với biểu thức Q ta lại giữnguyên mẫu thức và biến đổi tử thức xuất hiện nhân tử giống mẫu thức rồi tiếnhành rút gọn

Bài 4: Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a + b + c = 0

= abc – b2c – a2b +ab2 – ac2 +bc2 +a2c – abc

= (abc – b2c) – (a2 b – ab2) – (ac2 – bc2) + (a2c – abc)

Nhận xét: Quan sát biểu thức P ta thấy tử thức đã có dạng tích, để rút gọn thì ta

biến đổi mẫu thành thành tích có các nhân tử giống tử thức để rút gọn

Bài 5: Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn a + b + c = 0

Nhận xét: Để tính giá trị của biểu thức P, ta đặt M = + +

Trong trang này: Bài 4 tham khảo từ TLTK số Bài 5 tham khảo từ TLTK số

Sau đó tính M ; M ; M sau đó cộng các kết quả trên lại ta đượcgiá trị của P = 9

Bài 6: Cho + + = 0 và a, b, c đôi một khác nhau Rút gọn:

= a(a – b) – c(a – b) = (a – b)(a – c)

Tương tự, ta có: b + 2ca = (b – c) (b – a); c + 2ab = (c – a)(c – b)

Nhận xét: Đây là một chùm các bài tập có phần mẫu giống nhau Để làm bài

toán này ta xuất phát từ + + = 0 ab +bc + ca = 0 Từ đó suy ra ab = – bc –ca; bc = – ca – ab; ca = – ab – bc, sau đó biến đổi các mẫu thức như sau: a + 2bc

= (a – b)(a – c); b +2ca = (b – c) (b – a); c + 2ab = (c – a)(c – b)

Tiếp theo ta quy đồng và biến đổi để rút gọn

Dạng 4 Tính giá trị của biểu thức

Bài 8: Cho x3+ y3 + z3 = 3xyz và x, y, z đôi một khác nhau và khác 0

Tính giá trị của biểu thức M =

Giải

Ta có x + y + z = 3xyz x + y + z = 0 hoặc x = y = z = 0

Do x, y, z đôi một khác nhau x + y + z = 0

Thay x + y = – z; y + z = – x; z + x = – y vào M ta được:

Vậy giá trị của M = – 19 – 5 + 2022 = 1998

Nhận xét: Để tính biểu thức M xuất phát từ x + y + z = 3xyz x + y+ z = 0 Từ

đó biến đổi để được x + y = –z; y + z = – x; z + x = – y rồi thay vào biểu thức M

Nhận xét: Để tính giá trị của M ta biến đổi giả thiết của bài toán rồi rút gọn, sau

đó tính giá trị của biểu thức

Bài 10: Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 0 và ab + bc + ca = 0

Trong trang này: Bài 8 tham khảo từ TLTK số Bài 9 tham khảo từ TLTK số

Tính giá trị của biểu thức M = (a – 1) + b + (c + 1)

Giải

Ta có: a + b + c = 0 (a + b + c) = 0 a + b + c +2(ab + bc+ ca) = 0

a + b + c = 0 (vì ab + bc + ca = 0) a = b = c = 0

Vậy M = (0 – 1) + 0 + (0 + 1) = (– 1)+ 0 + 1 = 0

Bài 11: Cho a + b + c = 3abc và a + b + c 0

Tính giá trị của biểu thức M =

Giải

Tính B =

Giải

Ta có a – b +b – c+ c – a = 0 nên (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 = 3(a–b)(b–c)(c–a)

Do đó: 3(a – b)(b – c)(c – a) = 210 (a – b)(b – c)(c – a) = 70

Trong trang này: Bài 10;12 tham khảo từ TLTK số Bài 11 tham khảo từ TLTK số Bài 13 tham khảo từ TLTK số .

Bài 14 tham khảo từ TLTK số

Mà a, b, c Z nên a – b; b – c; c – a Z a – b; b – c; c – a là ước của 70

Mặt khác: 210 = (–2).( – 5).7 (do tổng 3 số này bằng 0)

Vậy B = 2 + 5 +7 =14

Nhận xét: Đối với bài toán này ta khai thác a – b + b – c + c – a = 0, từ đó ta sử

dụng (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 = 3(a – b)(b – c)(c – a), kết hợp với giả thiết đãcho để được (a – b)(b – c)(c – a) = 70, lập luận để tìm a – b;b – c; c – a thuộcƯ(70) rồi tính giá trị của B

Bài 15: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2x + y – xyz = – z

Tính giá trị của biểu thức N =

Giải

Từ 2x + y – xyz = – z (6x) + (3y) + (2z) =108xyz = 3.6x.3y.2z (*)

Đặt a = 6x; b = 3y; c = 2z , do x, y, z nguyên dương nên 6x + 3y + 2z > 0

Từ (*) suy ra: a + b + c = 3abc a+b+c = 0 hoặc a = b = c 6x = 3y = 2z

Vậy ta có: N = = 1

Bài 16: Cho x +8y3 + 27z3 = 18xyz và x +2y + 3z 0.Tính A =

Giải

Ta thấy: x + 8y3 + 27z3 = 18xyz x + (2y)3 + (3z)3 = 3.x.2y.3z

Đặt a = x; b = 2y; c = 3z ta có: a + b +c = 3abc a + b + c = 0 hoặc a = b = c

=3abc, rồi sử dụng a = b = c thay vào tử và mẫu để rút gọn

Bài 17: Cho a,b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a + b + c = 0 và a,b,c 0.

Tính giá trị của biểu thức: P =

Giải

Từ a + b + c = 0 a + b = – c a + b +2ab = c a + b = c – 2ab

Nhận xét: Để tính giá trị của biểu thức P ta biến đổi các tử thức xuất phát từ

a + b + c = 0 Sau đó thay vào biểu thức P rồi đưa về dạng a3 + b3 + c3 = 3abc

Trong trang này: Bài 16 tham khảo từ TLTK số Bài 15; 17 tham khảo từ TLTK số

Bài 18: Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a + b + c = 0 và a, b, c 0.

Tính: a) A = + +

b) B = + +

c) C = + +

Giải

Bài 19: Cho a + b+ c = 0 Tính A = + +

B = + +

Giải

Từ a + b + c = 0 suy ra a + b + c = 3abc

Cũng từ: a + b + c = 0 a = – (b + c) a = b + c + 2bc a – b – c = 2bc

Tương tự: b – c – a = 2ac; c – a – b = 2ab

Ta có B = + + = + +

= + + + = + = + = + = 3

Nhận xét: Để tính giá trị của biểu thức A, B ta biến đổi các mẫu thức thành

nhân tử Biểu thức A biến đổi để đưa về dạng a3 + b3 + c3 = 3abc, biểu thức B

biến đổi để đưa về ứng dụng kết quả của A, sau đó rút gọn

Trong trang này: Bài 18a tham khảo từ số Bài 18a,b tham khảo số Bài 18a,b tham khảo từ T số .

Dạng 2 Chứng minh chia hết:

Bài 20: Cho a + b + c = 0 Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5abc

Giải

Ta có a + b + c = 0 c = – (a + b)

Do đó: a5 + b5 + c5 = a5 + b5 – a5 – b5 – 5a4b –10a3b2 – 10a2b3 – 5ab4

= – 5ab (a3 +2a2b + 2ab2 + b3) = – 5ab

= – 5ab(a + b)(a2 + ab + b2) = 5abc(a2 + ab + b2) chia hết cho 5

Nhận xét: Biến đổi biểu thức đã cho về dạng 5A, từ đó chỉ ra biểu thức luôn

+ Nếu a = 7k (k Z) thì a chia hết cho 7 a7 – a chia hết cho 7

+ Nếu a = 7k+1 (k Z) thì a2– 1 = 49k2 + 14k chia hết cho 7 (a7 – a) 7

+ Nếu a = 7k+2 (k Z) thì a2 + a + 1 = 49k2 + 28k +4+ 7k + 2 +1= 49k2 + 35k+7 chia hết cho 7 (a7 – a) 7

Vì a(a +1) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2

a(a +1) (a –1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3

a(a–1)(a+1)(a – 2)(a +2) là tích của năm số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5

Mà (2; 3; 5) = 1 nên a (a –1)(a + 1) (a – 2)(a + 2) chia hết cho 2.3.5 = 30

nhờ vào a + b + c = 0 Bài này cũng có thể yêu cầu là chia hết cho 42 Câu b làmtương tự bài trên

Bài 22: Cho + + = 0 với a, b, c 0 và M = + +

Chứng minh rằng: M chia hết cho 3

Sau đó biến đổi M để được M =3abc, từ đó suy ra M chia hết cho 3

Bài 23: Cho + + = 0 và a, b, c 0 Chứng minh rằng:

Với a,b,c 0 thì a b c > 0 Vậy A chia hết cho 8

Nhận xét: Trước hết ta biến đổi từ , suy ra

Từ đó thay vào A và chỉ ra A chia hết 8

Bài 24: Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn a + b + c = (a – b) (b – c) (c – a)

Chứng minh rằng: (a – b) + (b – c) + (c – a) chia hết cho 81

Giải

Ta có (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0

nên (a – b) + (b – c) + (c – a) = 3(a – b)(b – c)(c – a)

Ta xét số dư của a, b, c cho 3

*)Nếu cả ba số dư khác nhau là 0; 1; 2 thì (a + b + c) chia hết cho 3

(a – b)(b – c)(c – a) không chia hết cho 3

Nếu hai số dư bằng nhau thì a + b + c không chia hết cho 3