chuyen de ve dau gia tri tuyet doi

Là giáo viên dạy ở THCS tôi thấy thực trạng khi dạy toán bất đẳng thức đó là: - Giáo viên khi dạy về bất đẳng thức chỉ chữa bài tập là xong , ít khai thác , phân tích đề tài mở rộng bài

Môc lôc

của công nghệ thông tin đã dẫn đến sự bùng nổ các ứng dụng của toán học, đa lại hiệu quả to lớn cho đời sống xã hội

Toán học có vị trí đặc biệt trong việc nâng cao và phát triển dân trí Toán học không chỉ cung cấp cho học sinh ( ngời học toán) những kĩ năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khẳ năng t duy lôgic , một ph-

Tuy nhiên giải toán bất đẳng thức là bài toán khó vì phạm vi kiến tức rộng

đặc biệt là với học sinh THCS Là giáo viên dạy ở THCS tôi thấy thực trạng khi dạy toán bất đẳng thức đó là:

- Giáo viên khi dạy về bất đẳng thức chỉ chữa bài tập là xong , ít khai thác , phân tích đề tài mở rộng bài toán mới dẫn đến khi học sinh gặp bài toán khác một chút là không giải đợc.

- Học sinh thờng ngại học toán bất đẳng thức vì kiến thức không liền mạch, phơng pháp giải hạn chế , các bài toán bất đẳng thức thờng khó , phải áp dụng các kiến thức khó nh: quy nạp toán học, phản chứng nên học sinh hay ngại và học sinh cha vận dụng đợc toán bất đẳng thức vào để giải các bài toán khó nh : cực trị , hàm số

Vì vậy: phát triển năng lực t duy cho học sinh thông qua việc giải toán bất

đẳng thức là cần thiết Trong những năm giảng dạy thực tế ở trờng phổ thông tôi đã tích luỹ đợc một số kiến thức về toán bất đẳng thức xin đợc trình bày dới góc độ nhỏ.

2) Mục đích nghiên cứu.

a Đối với giáo viên :

- Nâng cao trình độ chuyên môn phục vụ cho quá trình giảng dạy

- Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức

b.Đối với học sinh:

- Giúp học sinh học tập môn toán nói chung và việc giải bài tập về chứng minh bất đẳng thức nói riêng.Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực học môn toán giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công cụ giải quyết một số bài tập có liên quan

và vận dụng thành thạo các phơng pháp đó để giải bài tập

- Thông qua việc giải các bài toán bất đẳng thức giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc học toán và học tốt hơn toán bất đăng thức

4) Nhiệm vụ của đề tài.

Trong đề tài này đa ra một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh THCS.

Trang bị cho học sinh một số phơng pháp giải toán bất đẳng thức , áp dụng

để làm bài tập

Rút ra một số nhận xét và chú ý khi làm từng phơng pháp

Chọn lọc , hệ thống một số dạng bài tập hay gặp cho phù hợp với từng

ph-ơng pháp giải , cách đổi biến.

Vận dụng giải toán bất đẳng thức vào giải toán cc trị, giải một số phơng trình dạng đặc biệt

5)Phạm vi đề tài

Phát triển năng lực t duy của học sinh thông qua giải toán bất đẳng thức đối với học sinh lớp 8 và lớp 9.

6) Đối t ợng nghiên cứu và ph ơng pháp tiến hành

Đề tài áp dụng cho học sinh lớp 8, lớp 9 và trong các giờ luyện tập , ôn tập cuối kì , cuối năm, kì thi học sinh giỏi và thi tuyển vào THPT

Phơng pháp tiến hành : học sinh có kiến thức cơ bản , đa ra phơng pháp giải , bài tập áp dụng, sai lầm hay gặp , bài tập t giải ( Học sinh về nhà tự làm )

7) Dụ kiến kết quả của đề tài

Khi cha thực hiện đề tài này : học sinh chỉ giải đợc những bài toán đơn giản , hay mắc sai lầm ,hay gặp khó khăn , ngại làm bài tập về bất đẳng thức.

Nếu thực hiện đợc đề tài này thì học sinh có hứng thú khi giải toán bất

đẳng thức , làm bài tập tốt hơn, tự giải quyết đợc các bài tập bất đẳng thức có dạng tơng tự , hạn chế đợc rất nhiều sai lầm khi giải toán bất đẳng thức.

II Mục đích và nhiệm vụ của đề tài:

Đề tài nêu một số dạng bài tập có chứa dấu giá trị tuyệt đối, cơ sở líluận và phơng pháp giải các bài tập nêu trên Giúp học sinh dễ hiểu, dễnhớ Từ đó các em có thể vận dụng linh hoạt kiến thức vào việc giải cácbài tập thực tế

III Đối tợng và phạm vi nghiên cứu:

1 Đối tợng nghiên cứu

Phơng pháp giải một số bài tập có chứa dấu giá trị tuyệt đối

2 Phạm vi nghiên cứu

Nghiên cứu tình hình giải các bài tập có chứa dấu giá trị tuyệt đối củahọc sinh lớp 9 trờng THCS Cẩm Ninh – Ân Thi – Hng Yên

IV Phơng pháp nghiên cứu:

- Đọc tài liệu tham khảo liên quan đến việc giải bài toán có chứa dấu giátrị tuyệt đối;

- Trắc nghiệm khách quan, trao đổi ý kiến;

- Kiểm tra thực tế;

- Thống kê, tổng hợp

V Thời gian nghiên cứu:

- Từ tháng 11 năm 2007 đến tháng 1 năm 2008, nghiên cứu tài liệu có liênquan đến đề tài, thu thập số liệu đánh giá thực tế việc giải toán có chứa

dấu giá trị tuyệt đối của học sinh, tìm hiểu nguyên nhân sai lầm và nhữngkhó khăn của học sinh khi giải các bài toán dạng này.

VI Dự kiến kết quả của đề tài:

Khi cha thực hiện đợc đề tài này, học sinh chỉ giải đợc một số bài tập

có chứa dấu giá trị tuyệt đối đơn giản, hay mắc sai lầm, hay gặp khó khăn

về định hớng giải cha đúng, lúng túng và hay bối rối khi lựa chọn cáchtrình bày lời giải

Nếu thực hiện đợc đề tài này sẽ gây đợc hứng thú học tập, giúp họcsinh học tập tích cực hơn, đạt đợc kết quả cao hơn trong học tập, tự giảiquyết đợc các bài tập có chứa dấu giá trị tuyệt đối dạng tơng tự Hạn chế

và khắc phục đợc rất nhiều các sai lầm khi học sinh giải các bài toán cóchứa dấu giá trị tuyệt đối

Phần thứ hai: Nội dung Chơng I: Giá trị tuyệt đối

I Giá trị tuyệt đối

0 x nếu x xNhận xét:

- Giá trị tuyệt đối của một số thực x, thực chất là một ánh xạ:

0 x nếu x x y R x

R R :

xx

2

x x

; 0 2

x x

≤

−

≥ +Với A(x) là một biểu thức tuỳ ý ta cũng có:

0 A(x) nếu A(x) A(x)

- Với mọi x ∈ R, f(x), g(x) là biểu thức tuỳ ý, ta có:

( ) [f(x) g(x) f(x) g(x)]

2

1 g(x) f(x);

2

1 g(x) f(x);

2/ Hệ quả:

a) x ≥ 0 với mọi x ∈ R ; x = 0 ⇔ x = 0.b) -x = x

c) − x ≤ x ≤ x d) x ≥α > 0⇔ x≥α hoặc x≤- α

e) x ≤α (α >0) ⇔ -α ≤x≤α.f) x.y = x.y

g)

y

x y

x

h) x2 = x 2.i) x2 = x

3/ Tính chất cơ bản về giá trị tuyệt đối

a) Định lí 1: Nếu x, y là hai số thực thì:

0.

x.y y

x y x

y x y x

≥

⇔ +

= +

+

≤ +

2 2

2 2

2

y x y

2xy x

y x.y 2.

y y x 2.

x y

x

+

= + +

≥ + +

=

+ +

= +

x

Vậy x + y ≤ x + y dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x.y = 0

⇔Vả lại x − y = y − x ≥ y − x nên x − y ≥ −x−y

(1) y x y

x y

x y x y

1 Mục đích biến đổi

Biến đổi các biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối nhằm thay đổichúng bằng các biểu thức tơng đơng không còn chứa dấu giá trị tuyệt đối,nói cách khác là nhằm loại trừ các dấu giá trị tuyệt đối khỏi các biểu thức

để có thể tiến hành các phép tính đại số quen biết Thông thờng ta sẽ đợccác biểu thức khác nhau (không chứa dấu giá trị tuyệt đối) trong nhữngkhoảng giá trị khác nhau của biến

2 Phơng pháp biến đổi

Muốn biến đổi các biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối nhằm loại

bỏ các dấu giá trị tuyệt đối thì phải nhất thiết căn cứ vào:

Định nghĩa của giá trị tuyệt đối và hệ quả đã nêu ở trên;

Quy tắc về dấu của các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai nhsau:

• Nhị thức ax + b (a ≠ 0) cùng dấu với a khi x > −ab, và trái dấu với a khi

b

ax

−

= +

= +

- Nếu x > x0 thì x – x0 > 0 0 ax b cùng dấu với a.

a

b ax

x xy x

2

y 2

x xy B

Biến đổi B ta có

(x y)

2

y 2

x xy 2

y 2

x xy

B= + + + − − − +

2

y 2

x xy 2

y 2

x xy

1 = + + + − − ≥

B

Từ đó tính B12 ta đợc:

2 2

2 2

2

2 2 2

1

y

x

y 2xy

x

2

y x 2 2xy 4

y 4

x 2 xy

xy y xy x xy 2

xy xy y xy x 4

y 4

x xy

B

+

=

+ +

=











 +

− +

+ +

−

−

− + + +

+ + +

=

2

y

≥











2

y x 2 2

y x 2 2xy

2 2

−











 +

=











 +

−

Suy ra: B1 = x + y

Vậy B = x + y −(x + y)

Mặt khác do xy ≥ 0 nên x, y cùng dấu, suy ra x + y = x + y

Do đó B = 0

Bài 2: Rút gọn biểu thức sau

3 2x

4 4x x

1 x A

2

−

+

− +

−

=

Giải:

• TXĐ:

2

3

• Ta có

3 2x

2 x 1 x 3

2x

4 4x x 1 x A

2

−

− +

−

=

−

+

− +

−

=

3 2x

2x 3 3

2x

x 2 x 1

−

−

=

−

− +

−

+> Nếu 1 < x < 2 và

2

3

x ≠ ta có:

3 2x

1 3

2x

x 2 1 -x A

−

=

−

− +

3 2x

3 -2x 3

2x

2 -x 1 -x

−

=

−

+

Tóm lại:

2 x 1 ếu n 3

2x 1

1 x nếu

1 A

Bài 3: Rút gọn

( ) ( ) ( ) ( (2 ) )2

2

3 x 1

x

3 x 2 3

x 1 x 2

3 x 1 x 3

x 1 x 2

3 x 1 x B

−

−

−

− +

− +

2b

b a b a 2

b a 4b

b a 2

4b 4ab

b a 2

4a b

a b

a

B

2 2 2

2 2

2 2

2

−

=

− +

=

−

+ +

2a b

a 2

b a b

a 2

b a

Do đó

3 x 1 x

3 x 2 B

\RxVíi 3-x

2x

vµ 3x1Víi 2-x

x-

3B

Bµi 4:

Cho a, b, c lµ c¸c sè d¬ng Rót gän biÓu thøc:

bcac2cbabc

ac2cba

b a

c b a c

b a

c b a c

b a

bc ac 2 c b a bc

ac 2 c b a C

2 2

> +

+

− + +

+ +

=

− + +

+ +

=

− + +

+ +

=

+

− + + + + +

+ +

=

+> NÕu a + b ≥ c th× C = a+b + c + a+b − c = 2 a+b +> NÕu a + b < c th× C = a+b + c − a +b + c = 2 c

=

c

ba nÕu c

2

cba nÕub

a2 C

4 Bµi tËp luyÖn tËp:

Bµi 1: Rót gän biÓu thøc

1 x x E 5/

; 6 5x x

2 x x D

4/

; 2 x 3 2x

x 2x 3 C

3/

; x 16

8x x

2 64 16x x

B 2/

; 3 a víi 17 2a 25 20a 4a

A 1/

2

2 2

2 2

− +

−

=

− + +

−

−

=

+ +

−

− +

−

=

<

− + +

−

=

Bài 2: Cho A(x)= 2x −2 2x−1 + 2x+8−6 2x−1

a) Tìm đoạn [a, b] sao cho A(x) có giá trị không đổi trên đoạn đó.b) Tìm x sao cho A(x) > 4

Bài 3: Rút gọn biểu thức

1;

a 0 với a

a

1 2

1 1 a

a

1 4 1

1 a

a

1 4

1 2b B

b)

b

a b

a 2

1 x với

1

x x

1 x 2b A

a)

2

2 2

25 15x x

25 x

z

; x

25 10x x

25 x

y 5;

x

Với

z

2 xy

x y xy

x y z

2 xy

x y xy

x y C

c)

2 2

−

+ +

−

= +

− +

−

+ +

−

=

Chơng II: Phơng trình bậc nhất có chứa dấu giá trị

Đối với phơng trình bậc nhất dạng A = B trong đó A, B là các nhịthức bậc nhất thì ta tiến hành giải theo cách sau:

a/ Nếu B < 0 thì kết luận phơng trình vô nghiệm

b/ Nếu B ≥ 0 thì đa về phơng trình A = B hoặc A = - B

c/ Nếu cha biết rõ dấu của B thì biến đổi nh sau:

B hoặc A

0 B B

3)

1;

x3x 2)

4;

3x213x 1)

−

2 3x 1

3x

0 2 3x

2 3x 1 - 3x

0 2 3x

2 3x 1 3x

4 3x 2 1 3x

1)

6

1 x

1 6x

3

2 x

lý Vô

2 1 3

2 x

Với x ≥ 0 rõ ràng x + 1 > 0, khi đó ta có:

1x 2

2x

0x

lý vô

13

0x

1x3

x

0x hoặc1

x3-x

0x

1 -x -3 -x hoặc1

x3 -x

1x3x

1x3x

0x1-

1x3x

1x3x -

m·n)

tho¶

(Kh«ng

2x

42x

0x1-

lý)(V«

0

2

0x1

1x3x

0x1-

1x3x

0x1-

1x3x

1x3x -

vµ

ra khi y

1

Gi¶i: Ta cã

4

2m1x

3

2mx

2

12mx

3

2mx

2m3x

1x

02m3x

2m3x

1x

02m3x

2m 1 hoÆc 3

2m 2

1 2m

4m 3 6m

3

2m 2

1 2m

3 2m 8m

6m 3 3

2m 4

2m 1

3 m

NÕu ≤ − th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm

2

1 2m

, 2

3 m

NÕu > − th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm

2

2m - 1

4 m 0 hoÆc m

m - 7 x

4 m 0

4 m 3 mx

4 m 0 hoÆc m

4 3 - mx

-4 m 0

m 4 3 mx

* NÕu m < 0 ph¬ng tr×nh (2) cã d¹ng:

m43mx

m43mx-

−

=+

⇔

m

7mx

0

m hoÆc

m

m1x

0m

4m3mx

0m c hoÆm

43mx

0m

Tãm l¹i:

- NÕu m < 0 th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ

m

7mx hoÆcm

m1

- NÕu 0 < m ≤ 4 th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ

m

m x hoÆc m

m 7

B hoÆc A

1x

20072007x

20032003x

2005x2

20052x

22005x2005

2x

22005x2005

2x

VËy ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm lµ x = 1 vµ x = - 1

Bµi 2: Gi¶i ph¬ng trinh 5x − 1 − 2 = 4x − 3 (2)

15x

(3) 14x1

5x4x

3215x

34x2

15x

34x2

15x

2x

4x4

5x3

2x4

5x

54x15x

4x515x

04x5(4)

9

1x4

1x

0x4

1x

4x115x

014x

14x15x

014x(3)

(Lo¹i) (Lo¹i)

2 m hay 2 2

2m

6 5m

4 3m

2 m

32

1x4

34

12

12.x

x1xx

=++

Do đó x 2 + x + 1 = x 2 + x + 1

Suy ra phơng trình:

(1) 2xx3xx

11xx3xx

11xx3xx

11xx3x x

2 2 2 2

++

=+

⇔

+++

=+

⇔

+++

=+

⇔

=++

−+

⇔ x = - 1 (không thoả mãn điều kiện đang xét)

Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm là x = 1

* Nếu (t - 1)2 = 0 ⇔ t - 1 = 0 ⇔ t = 1 (thoả mãn điều kiện t ≥ 0)

* Nếu t + 2 = 0 ⇔ t = - 2 ( không thoả mãn điều kiện t > 0)

( )

.1x

100x

01x

0100x

01x100x

0100x

100x

x(1)

2

2 2

⇔

=

−+

⇔

=+

−+

++

=+

−+

+

=+

⇔

0100x

100x

x

0100x

100x

x

100x

100xx

100x

100xx

(1)

2 2

2 3

2 3

1x hoặc100x

.100

x

1x hoặc100x

0100x

1x

0100x

1x

+

=+

−

⇔

Bài 2: Giải phơng trình:

11x610x1

x45

Giải:

Điều kiện xác định của phơng trình: x ≥ - 1

Khi đó phơng tình đã cho tơng đờng với phơng trình sau:

(*) 131x2

1x

131x2

1x

191x61x4

1x41x

2 2

=

−++

−+

⇔

=

−++

−+

⇔

=++

−++++

−+

Cách 1: Ta thấy

x321x

31x2

1x

=+

−+

−+

≥+

−+

−+

=

=

−++

−+

DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi:

.83

1x

31x2

01x321x

≤

⇔

≥+

−

−+

2 1 x

1 1 x 3 1 x 2

(*)

= +

−

⇔

= +

− + +

−

⇔

3) x 1 m·n tho¶

kh«ng v

(lo¹i 3 x

2 1 x

⇔

i

1 x

3 1 x 2

3 1 x

8).

x kiÖn diÒu m·n tho¶

kh«ng vi

(lo¹i 8 x

1 x

1 x

1 1

x 1

x (*)

>

=

⇔

= +

⇔

= +

⇔

=

− + +

− +

3

6 2

3 2

E HÖ ph¬ng tr×nh bËc nhÊt

− +

−

(2) 9

y 2 2 3x

(1) 4 4 5y 3

2x (A)

7 ≤ ≤

VËy víi

2

7 x 3

7

≤

7 2x 4

= +

≤

≤

⇔

7 2y 3x

3 5y 2x

2

7 x 3 7

7 2y 3x

3 5y 2x

2

7 x 3 7

hoÆc

7 2y 3x

11 5y 2x

2

7 x 3 7

7 2y 3x

11 5y 2x

2

7 x 3 7

19

5 y ; 19

41 x

2

7 x 3 7

hîp) thÝch (NghiÖm

11

5 y ; 11

29 x

2

7 x 3 7

hîp) thÝch kh«ng (NghiÖm

11

19 y ; 11

13 x

2

7 x 3 7

hîp) thÝch (NghiÖm

1 y ; 3 x

2

7 x 3 7

29 x

1 y ; 3 x

Bµi 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:





= +

=

− +

−

7 5y 3x

88 1 5y 7 2 3x 5 (B)

=

−+

−

⇔

75y

3x

883x

22123x5

3x6 1-5y

8815y723x5(B)

• NÕu x ≤32 , ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:

hîp)thÝch

(NghiÖm

2y

1x

75y3x

3636x

75y3x

88x

2212

3x5

=

−+

kh«ng (NghiÖm

7

y

3

28 x

7 5y 3x

56 6x

7 5y 3x

88 x

2 21 2

3x 5

=

− +

−

• NÕu x > 2, ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:

( ) ( )

hợp)thích

(Nghiệm

15

14y

9

35x

75y3x

14036x

75y3x

882

x212

3x5

=

−+

; 9

35 x

2 y

; 1 x

=

−

(2) 14yx

m

(1) m2y

x (A)

Giải:

Từ phơng trình (1) ⇒ 2y = x - m thay vào phơng trình (2) ta có:

1m22xx

m

1m-x2xm

+

=+

⇔

=+

0 2 m

1 2m

a) Nếu x < 0, ta có: - mx + 2x = 2m + 1

⇔ (2 – m)x = 2m + 1 (4)

• Khi m = 2, phơng trình (4) ⇔ 0x = 5 (vô lí) Do đó hệ vô nghiệm

• Khi m ≠ 2

m - 2

1 2m

⇒ §Ó gi¸ trÞ nµy lµ nghiÖm cña ph¬ng

m - 2

1 2m

+

=

2

mxy

2m

12mx

m-2

12mx

2m

−

=

−+

−

(2)

y x

1yxmy

x

(1)

12y1x

43x13x 4)

x 15

92x12

2)

200x

2005-

x 3)

10x

32x

2x5

1m

x32

1

−+

++

=+

−

1) Giải phơng trình đã cho

2) Phải cho m giá trị nào để có x = 36

3) Tìm những giá trị nguyên của m để có nghiệm x thuộc khoảng (0 ; 8)

Bài 3: Giải các phơng trình

4

15x1x4x3

3)

1x2x

xxx

2)

xxxx

1)

2 3 4 5

2 3

=+

−

−+

+

=+

++

=++

14

x1x68x1

x4x3

5)

1x1

51

x4x3

2

−

−+

−+

=

−

−+

Bài 4: Giải các hệ phơng trình sau



=+

−

=+

m2yx

1yx4)

32yx1m

53ymx

3)

11

8500y

500x

7

5y

x2)

1,32

y

2x

3

0,61

y

1x

1

1)

Chơng III: Bất phơng trình bậc nhất có chứa giá trị

tuyệt đối

Phơng pháp chung để giải một bất phơng trình bậc nhất có chứa A

trong đó A là bậc nhất đối với ẩn số là chuyển tất sang vế trái, vế phải là

số không có dấu giá trị tuyệt đối, theo quy tắc:

0 A nếu A

A

Sau đó giải các bất phơng trình không có chứa dấu giá trị tuyệt đốitrong các khoảng chia Cuối cùng tổng hợp các kết quả đạt đợc để có toàn

bộ nghiệm của bất phơng trình

Trong một số trờng hợp, có thể giải nhanh hơn phơng pháp chung nóitrên bởi các biến đổi tơng đơng sau:

1/

a) Với a là số dơng ta có A(x) < a ⇔ − a < A(x) < a

b) Với B(x) ≥ 0 ta có A(x) < B(x) ⇔ − B(x) < A(x) < B(x)

2/

a) Với a là số dơng ta có A(x) > a ⇔ A(x) < − a hoặc A(x) > a

b) B(x) ≥ 0 ta có A(x) > B(x) ⇔ A(x) > B(x) hoặc A(x) < - B(x)

2-x

2

x hoặcx

2x

023x

063x hoặc0

23x

063x

02)6)(3x(3x

042)(3x

42)(3x

423x

2 2

2 2

Nghiệm thích

hợp - 2/3 < x < 2/3 2/3 ≤ x < 2Vậy bất phơng trình có nghiệm là: x ∈ (- 2/3 ; 2)

Bài 2: Giải bất phơng trình:

3x1

2x − < +

Giải:

Cách 1: Sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng ta có: