skkn ứng dụng vectơ giải các bài toán bất đẳng thứcn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số

Một trong những phương thức phát triển năng lực sáng tạo trong giải toán là rèn luyện khả năng phát hiện các vấn đề đa dạng của hệ thống kiến thức Toán được học trong nhà trường.. Trong

MỤC LỤC

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 3 2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3 2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 3

2.3.2 Hướng dẫn học sinh tiếp cận và giải các dạng bài tập 4

Dạng 1: Áp dụng chứng minh bất đẳng thức 4 Dạng 2: Áp dụng tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một

Dạng 4: Áp dụng giải bất phương trình 10 Dạng 5: Áp dụng giải hệ phương trình 11

2.3.3.Hiệu quả của sang kiến kinh nghiệm 15

I MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài.

Một trong những phương thức phát triển năng lực sáng tạo trong giải toán là rèn luyện khả năng phát hiện các vấn đề đa dạng của hệ thống kiến thức Toán được học trong nhà trường Trong chương trình toán học phổ thông, phương pháp vectơ đóng một vai trò quan trọng, nó là một công cụ khá mạnh và hữu hiệu để giải một số bài toán hình học, đại số, giải tích một cách nhanh gọn và dễ hiểu

Trong các đề thi hiện nay, “các bài toán giải phương trình, bất phương trình và

hệ phương trình v.v …có rất nhiều cách để giải, xong việc biến đổi giải bài không

hề đơn giản chút nào, đa số học sinh còn lúng túng khi giải toán Học sinh phải biết phối hợp một cách khéo léo các phương pháp: phương pháp đại số, phương pháp hình học, phương pháp tọa độ vectơ và tọa độ điểm v.v…mới tìm được lời giải”[3]

Trong khuôn khổ một sáng kiến kinh nghiệm tôi xin đề cập đến vấn đề “Ứng dụng vectơ giải các bài toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số” trong chương trình cấp trung học phổ thông hiện hành nhằm giúp học sinh

có thêm một phương pháp để giải các bài toán trên

Đề tài này giúp học sinh thấy được những mặt ưu việt của phương pháp vectơ đồng thời hiểu sâu sắc hơn về kiến thức vectơ, qua đó nắm được phương pháp, có được kĩ năng ứng dụng công cụ phương pháp tọa độ để giải quyết vấn đề

1.2 Mục đích nghiên cứu

Việc nghiên cứu đề tài này là thực hiện yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học nói chung, dạy học môn Toán trong chương trình phổ thông nói riêng Trong đó, việc phát huy tính chủ động, tích cực và sáng tạo của học sinh trong quá trình học tập có ý nghĩa rèn luyện các em trở thành những con người năng động, có khả năng chủ động giải quyết được các vấn đề đặt ra trong học tập cũng như trong cuộc sống này Đề tài này nhằm:

- Giúp học sinh hiểu sâu hơn về phương pháp tọa độ

- Giúp học sinh thấy được tầm quan trọng của lý thuyết Véctơ và phương pháp tọa độ

- Giúp học sinh hứng thú hơn trong việc tiếp cận với môn học hình học giải tích

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

- Học sinh lớp 10,12 và học sinh dự thi trung học phổ thông quốc gia

- Kiến thức về phương pháp Véctơ và phương pháp tọa độ ở cấp học lớp10 và cấp học lớp 12 phổ thông trung học

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

- Xây dựng cơ sở lý thuyết;

- Điều tra, quan sát;

- Thực nghiệm sư phạm;

- Tổng kết rút kinh nghiệm;

- Xây dựng hệ thống bài tập có phân loại các dạng bài tập, sắp xếp các ví dụ, các bài tập theo mức độ từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, đồng thời đưa ra một số đặc điểm nhận dạng từng dạng bài tập để lựa chọn cách giải cho phù hợp

1.5 Những điểm mới của SKKN

- Hệ thống được các bài tập, cách giải theo từng loại bài, từng bài cụ thể

- Có đưa ra một số nhận xét giúp học sinh có thể nhận dạng được phương pháp áp dụng cho bài toán

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

Trong chương trình toán học phổ thông, chương trình sách giáo khoa đã đưa Véctơ vào dạy ở đầu lớp 10 và cuối lớp 12, với đa số học sinh còn chưa quen với môi trường học tập mới, chưa quen với phương pháp giảng dạy mới nên việc làm quen, áp dụng và giải các bài toán về Véctơ với các em còn đang rất bỡ ngỡ và thấy khó Đứng trước một bài toán Véctơ nhiều học sinh thường lúng túng, không biết cách giải quyết như thế nào, thậm chí có nhiều em đã làm xong cũng không dám chắc mình đã làm đúng

Từ năm học 2016 – 2017, hình thức thi môn Toán trong kì thi trung học phổ thông quốc gia là trắc nghiệm, nên ngoài việc giải quyết được bài toán, học sinh còn phải chạy đua với tốc độ Vì vậy, việc sử dụng các ứng dụng của các mảng kiến thức đã học để vận dụng giải nhanh các bài tập là cần thiết Trong các bài thi trắc nghiệm, một số bài về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bài toán cực trị, nếu vận dụng khéo léo, linh hoạt bất đẳng thức Véctơ sẽ cho lời giải rất gọn gàng, và nhanh

Chính vì thế việc khai thác, đào sâu hơn những ứng dụng của Véctơ sẽ tạo nên

sự kính thích, lôi cuốn đối với các em học sinh trong môn học, phần nào trả lời sự trăn trở ban đầu của học sinh: học Véctơ để làm gì?

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

Trong chương trình toán ở bậc trung học phổ thông, Véctơ là một khái niệm quan trọng, nó có tính khái quát cao Nó có thể sử dụng cho cả hình học và cả đại

số Nhờ Véctơ ta có thể đưa tọa độ vào bài toán đại số, giúp giải quyết các bài toán đại số một cách dễ dàng hơn, qua đó phát triển năng lực sáng tạo của học sinh, tạo cho học sinh thói quen liên kết kiến thức thành chuỗi, biết vận dụng những kiến thức đã học để giải quyết những vấn đề khác trong toán học

Đa số học sinh chưa biết sử dụng linh hoạt các tính chất của vecto trong việc giải quyết các bài các bài toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và bài toán tìm cực trị của một biểu thức đại số

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

2.3.1 Cơ sở lý thuyết.

a Tọa độ vectơ đối với hệ trục và biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ trong mặt phẳng.

* Định nghĩa 1: Đối với hệ trục ( ; ; ) O i j  , nếu a xi y j 

thì cặp số ( , )x y được gọi

là tọa độ của vec tơ a , kí hiệu là a( ; )x y



hay ( ; )a x y Số thứ nhất x gọi là hoành

độ, số thứ hai y gọi là tung độ của vecto a

*) Định nghĩa 2: Tích vô hướng của hai vecto a và b là một số, kí hiệu là

 2  u                           v               u v             

, được xác định bởi

 

* Biểu thức tọa độ của các phép toán Véctơ

Cho a( ; )x y



và b( '; ')x y Khi đó



; a b  (x x y y ';  ') 2) ka( ; )kx ky



với k 

3) vecto b cùng phương với a  0 khi và chỉ khi có số k sao cho

4) a b xx yy ' '



b Tọa độ vectơ đối với hệ trục và biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ trong không gian.



thì bộ số ( , , )x y z

được gọi là tọa độ của vec tơ a, kí hiệu là a( ; , )x y z



hay ( ; )a x y Số thứ nhất x

gọi là hoành độ, số thứ hai y gọi là tung độ, số thứ ba z gọi là cao độ của vectơ a

* Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ

Cho a( ; , )x y z



và b( '; ', ')x y z Khi đó 1) a b  (x x y y z z ';  ';  ')



; a b (x x y y z z ';  ';  ')

 2) ka( ; ; )kx ky kz



với k 

3) vecto b cùng phương với a  0 khi và chỉ khi có số k sao cho

4) a b xx yy zz ' ' '



c Các bất đẳng thức vectơ

Cho u( ; ),a b v( ; ),w ( ; )x y m n .

Ta có

+ u v  u v

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng  ay bx

+ u v u  v

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u, vcùng hướng  ay bx + u v                                          w                u               v               w

.dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v , w cùng hướng

ay bx

nx my













+ ta có: u v u v cos

   

với  a b, mà cos 1 do đó u v u v .

   

, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng  ay bx

Chú ý : Tính chất này có thể mở rộng trong không gian.

2.3.2 Hướng dẫn học sinh tiếp cận và giải các dạng bài tập.

a) Các dạng bài tập

Dạng 1: Áp dụng chứng minh bất đẳng thức.

Bài 1 Chứng minh rằng a2 2a10 a24a 5 5 1 

Phân tích bài toán: Nhận thấy vế trái là tổng hai căn thức mà các biểu thức dưới

dấu căn có thể phân tích thành tổng hai bình phương, nên liên hệ ngay với bất đẳng thức về tổng độ dài hai vecto

Bài giải

 1  1 a232  a2212  5

Đặt: a               1 a;3 , ba2;1             a b  3;4

Ta có: 1 a232 a2212 a b  a b 5

(đpcm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a; b cùng hướng 1 3 2 5

4

Bài 2 Cho a b c , , 0 và ab bc ca abc   Chứng minh rằng

Bài giải

Chọn u 1b b; 2;v 1c b; 2; w 1a c; 2

Ta có

u v    u v

     

abc

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ba vecto u v  , , w 

cùng hướng

2

2

2

2

b ac

b c a

a b c

a b c ab

ab bc ca abc



















 

[3]

Bài 3 Với x,y,z là 3 số thực bất kỳ, chứng minh rằng:

 

Bài giải.

Chọn u y 2 2x; 3x v,  y 2 2z; 3z u v 2 2 2x z; 3x 23z

Ta có: u v u v 

Dấu bằng xảy ra khi hai vecto ,u v  cùng hướng

0

x z

x z

y z















 

 







[3]

Bài 4 Chứng minh rằng x y,   ta có    

 2  2  

2



Bài giải

 1 2 2 1 22 2 2 1 22 1

Chọn

1

x



Nhận thấy u                            v 1

Khi đó:

 

 

cos ,



 

Hay

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos ,u v   =1 u v , cùng phương

x y









Dạng 2: Áp dụng tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu thức.

Bài 1 Cho x, y là các số thực Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 12 2 4 2  12 1

Bài giải

Chọn ux1; ;2y 



, v  x y; 1;1  u v 1; 3;1 

 

Ta có:  u  v   u v x12y2 4 x2y12 1 11

A

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u v , cùng hướng, tức là



Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 11

trị nhỏ nhất của biểu thức A 16a2 a x2 2  16b2b y2 2  16c2c z2 2

Bài giải

Chọn u4 ;a ax



,v4 ;b by,w 4 ;c cz

 

u v w 8;6

                                            

10

A

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi , , wu v   cùng hướng, suy ra

3 2

6

x y z

a b c

ax by cz





















  

  

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 10

Bài 3 Cho x y z, , 2

5

Bài giải

Đặt: u1;1;1 , v 5x2; 5y2; 5z2

5

u v u v             x  y  z  x y z

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Dấu bằng xảy ra khi ,u v  cùng hướng

2

6

x

x y z

x y z













  

Bài 4 (ĐH khối B năm 2006) Cho x, y là các số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức A x2y2 2x 1 x2y22x 1 y 2

Bài giải.

Ta có:  2 2  2 2

Đặt  

 

 

1 1;

1 1;











 

  









 

Khi đó,

A x y  x y  y  u v  y   u v y

Hay A2 y2 1 y 2

+) Nếu y 2, A2 y2  1 2 y

Xét hàm số f y 2 y2  1 2 y, có   2

2

1

y

f y

y



2

2

1

y

y y

y











 

Ta có bảng biến thiên

y

- 1

3 2

 

'

f y - 0 +

 

f y

Từ bảng biến thiên suy ra f y    2 3 hay A  2 3

+) Nếu y 2, 2 y2 1 2 5 2  3 A 2 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 3 đạt được khi

x y

y













   

Dạng 3: Áp dụng giải phương trình

Bài 1 Biết phương trình x2 6x13 x210x34 89 có nghiệm là x a

b

 ,

Bài giải

 2  2

Đặt u              3 x;2 ,              vx5;3             u v               8;5

, ta có

 2  u  v  u v

 ,u v  cùng hướng

3 3  2 5 19

5

19

5

a

b











Vậy S 9

Bài 2 Biết 1 nghiệm của phương trình x x 1 3 x 2 x2 là a1  b,b 0 Tìm nghiệm của phương trình x2  bx a  0

Bài giải

Điều kiện   1 x 3

Đặt:  

;1

1 ; 3













Phương trình tương đương với u v u v . 

   

,u v  cùng hướng

1

1

x x

x x

x

























 



 

  Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 1

x x









  Suy ra b a 12





 Ta được phương trình x2 2x  1 0 x1

Vậy x 1

Bài 3 Giải phương trình (4 x x)  2 7 2 x  85 57 x13x2 x3 (1)

Cách giải :

Điều kiện 2 7

2

x

 

Ta có : (1) (4 x x)  2 7 2 x  (5 x x)( 2 8x17)

(4 x x) 2 7 2x (5 x) 4 x2 1 , x 2;72

 

Đặt a              4 x;1 , b x 2; 7 2 x             a b. (4 x x)  2 7 2 x

Và a  (4 x) 1,2 b  (x 2) (7 2 )  x  5 x

Khi đó (1)  a b a b. . 

 ,u v  cùng hướng 4 1

x



 (4 x) (7 2 )2  x  x 2 x3

Vậy phương trình có nghiệm x = 3.

Bài4 Giải phương trình x24x13 x2 2x2  13  1 ta được , ,

a

b

 , a b là phân số tối giản Tìm b

Bài giải.

Điều kiện xác định   x

2;3

3;2 1;1

u v







 

 



Ta có, u                            v  x24x13 x2 2x2

u v   13

Nên phương trình (1) tương đương với u  v  u v

,

u v

  

cùng hướng

5

2

Vậy b 2

Dạng 4: Áp dụng giải bất phương trình.

Bài 1 Giải bất phương trình : 2(x 3)22x 2 x  1 x 3 1 

Bài giải

Điều kiện : x 1

(1) 2 (x 3) ( x 1)  x  1 x 3

Đặt u              (x 3; x 1)              u  (x 3)2( x1)2

, v(1;1) v  2 Suy ra u v x  1 x 3

 

và u v                             2 (x 3)2( x1)2

   

luôn đúng

Vậy nghiệm của bất phương trình là x 1[3]

Bài 2 Giải bất phương trình x 1 2x 3 50 3 x12 1  được tập nghiệm là

;

a b

 

  Tính a b

Bài giải

Điều kiện:

1

50 3

x

x



















 Đặt u              1;1;1 ,              v x1; 2x 3; 50 3 x                            u v  x 1 2x 3 50 3 x

3, 48 4 3

   

(luôn đúng) Nghiệm của bất phương trình là 32 x 503

3

50

2 50

3

a

a b b















Vậy 50

2

a b 

Bài 3 Giải bất phương trình x2 2x 2 4x212x25 9x212x29

Bài giải.

Bất phương trình tương đương với

x12 1 2x3216 3x2225  1

1;1

3 2;5

2 3;4







 

 

 12 1



; v  2x3216; u v  3x2225

 

Nên  1  u  v  u v

(luôn đúng)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là .[1]

Dạng 5: Áp dụng giải bất phương trình.

Bài 1 (Khối A,A 1 năm 2014 ) Giải Hệ Phương trình

2 3









Bài giải :

Điều kiện : 2 y 12, x 2 3

Từ  2  x0

Đặt: a x; 12 x2,b 12 y; y

khi đó phương trình (1) có dạng

a b a b                  

,

a b

  

cùng hướng

nên (1)  x y  (12 x2) 12 y  y12 x x2, 0

Thay vào phương trình (2) ta được

3 8 1 2 10 2 3 8 3 2( 10 2 1)

x  x   x  x  x   x 

2 2

2

2(9 ) ( 3)( 3 1)

x

x



(x 3)x 3x 1 x  0

2

3

2( 3)

x

x

x











Vậy hệ có nghiệm x y ;  3;3

 









Bài giải.

Điều kiện







 1  x2y24y2  2x y 24x2 5x y 

2 ;4

3 3 ;4 4







 



Khi đó, u               x2y24y2;          v    2x y 24x2;           u v                 5x y

Do, u  v  u v

dấu bằng xảy ra  a b,

 cùng hướng

Đẳng thức  2  2  2  2  

x y  y  x y  x  x y xảy ra  a b,

 cùng hướng

Thử lại thấy x y không thỏa mãn , nên y x

Thay y x vào phương trình  2 ta được phương trình:

 

* 3

3

x x











Vì x 1 không phải là nghiệm của phương trình  3 nên