Phương pháp chọn tham số phụ

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong quá trình dạy học, có nhiều lúc chúng ta đưa ra những lời giải hay và đẹp, nhưng cũng không khỏi gây cho học sinh những trăn trở nhất định về nguồn gốc của lời gi

SỬ DỤNG THAM SỐ PHỤ THÍCH HỢP ĐỂ GIẢI TOÁN

PHẦN I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong quá trình dạy học, có nhiều lúc chúng ta đưa ra những lời giải hay và đẹp, nhưng cũng không khỏi gây cho học sinh những trăn trở nhất định về nguồn gốc của lời giải Chẳng hạn, có một lần chúng tôi cho học sinh giải bài toán sau:

“Chứng minh rằng nếu phương trình x3 ax2 bx c  0 (1) có ba nghiệm thực phân biệt thì phương trình x3 ax2  (4b a x a 2)  3 4ab 8c  0 (2) cũng

có ba nghiệm thực phân biệt”

Sau một thời gian học sinh không giải được bài toán đó Tôi đưa lời giải cho học sinh như sau

Gọi x x x1 , , 2 3 là ba nghiệm của phương trình (1), theo định lí viet ta có:

1 2 2 3 3 1

1 2 3

x x x x x x b

x x x c







Đặt y1  x2  x3  x y1 , 2  x3 x1 x y2 , 3  x1  x2  x3 Khi đó, ta có:

y  y  y  x  x  x  a

y y  y y  y y   x  x  x  x x  x x x x  b a

y y y   x  x  x  x x x x x  x x  x x  x x x

a ab c

Từ đó, suy ra y y y1 , , 2 3 là ba nghiệm của phương trình (2)

Hay phương trình (2) luôn có ba nghiệm phân biệt

Học sinh ngạc nhiên với lời giải rất đẹp như trên, nhưng có một băn khoăn mà học sinh đặt ra: Làm sao lại biết đi xét ba nghiệm y y y1 , , 2 3 như trên ? Lúc này tôi cho học sinh biết con đường tìm ra lời giải bài toán đó như sau:

Trước hết ta giả sử phương trình (2) có ba nghiệm y y y1 , , 2 3, thế thì ta phải có

2

3

4

y y y y y y x x x x x x x x x

y y y x x x x x x x x x x x x x x x









(*)

Từ đẳng thức thứ nhất gợi cho ta biểu diễn tuyến tính y y y1 , , 2 3 qua các nghiệm

1 , , 2 3

x x x

Đầu tiên ta đi xét y1 mx1 nx y2 , 2 mx2 nx y3 , 3  mx3 nx2 ( lí do chúng ta đặt như vậy là vì tính đối xứng của y y y1 , , 2 3) Thay vào hệ (*) thì ta thấy không thỏa mãn! Chúng ta lại đi xét cách đặt khác là:

y  mx nx lx y  mx nx lx y  mx nx lx

Thay vào hệ (*) và biến đổi ta được m n  1,l   1

Như vậy, việc chọn cách đặt y y y1 , , 2 3 ở trong lời giải trên là có cơ sở, con

đường hình thành cách đặt đó đã được che dấu đi Trong việc giải bài toán ở trên cũng như một số khác, chúng ta phải đưa thêm một số tham số phụ và o và dùng các điều kiện của bài toán để ta thiết lập hệ phương trình, từ đó ta xác định được các tham số phụ Từ đó ta thấy được các lời giải có được là hoàn

toàn tự nhiên Đó là lí do mà tôi chọn đề tài “ Lựa chọn tham số phụ thích

hợp để giải toán”.

PHẦN II THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

1 Thuận lợi: Học sinh đã được làm quen phương pháp chọn tham số phụ ở

một số bài toán,

PHẦN III NỘI DUNG ĐỀ TÀI

1 Sử dung tham số phụ trong các bài toán về giải tích

Trong mục này, chúng tôi giới thiệu một số ví dụ ủ dụng tham số phụ trong các bài toán giải tích

Ví dụ 1 Tìm nguyên hàm: I  e xsin 2xdx

Định hướng và lời giải: Nhận thấy hàm số dưới dấu nguyên hàm chứa hai

hàm số mũ và lượng giác Hai hàm số này bất biến theo đạo hàm và nguyên hàm, nghĩa là e ax b có đạo hàm bao nhiêu lần thì vẫn là nó (có nhân thêm hệ số) còn sin(ax b ),cos(ax b ) mà lấy đạo hàm thì chúng chỉ chuyển đổi qua lại Nên ta nghĩ đến nguyên hàm của nó có dạng: F x( )  e a x( sin 2x b cos 2 )x C

Ta cần xác định a b, sao cho F x'( )  e xsin 2x (1.1)

Vì F x'( )  e x(a 2 ) sin 2b x (b 2 ) cos 2a x

Nên (1.1) xảy ra khi và chỉ khi

1

5

a









 



Vì nguyên hàm của một hàm số là duy nhất (sai khác một hằng số) nên ta có

1

5

Ví dụ 2 Tính 2 2

1

5( 1)

6

x





 

Định hướng và lời giải.

Khi tìm nguyên hàm các hàm số hữu tỉ, ta luôn mơ ước đưa nó về dạng  ax b dx

Nên ta định hướng phân tích :

6

 

Hay 25 5 ( 2) 2 3

Từ đó, ta có đồng nhất thức 5x  5 (k l x )  2k 3 ,l   x

Điều này xả ra khi 2k k l 3l 55  k l 32

Suy ra 5(2 1) 23 32

6

x



6



Ví dụ 3 Tìm công thức tổng quát của dãy số ( )u n được xác định bởi:

1

1

2

5 2.3n 6.7n 12 ; 2,3,

n n

u

  





Định hướng và lời giải.

Để giải bài toán trên, ta sẽ tìm cách chuyển công thức truy hồi về dạng cấp số nhân (x n  qx n1), để làm điều đó chúng ta đặt u n v n a.3n b.7n  c

Khi đó , ta có:

1

v a b  c v  a  b  c   

1

n n

Ta chọn

, , : 2 42 0 21

     

      

     

Khi đó: v n  5v n1  v n v1 5n1  157.5n1

Vậy u n v n  3n1  3.7n1   3 157.5n1  3n1  3.7n1  3.

Ví dụ 4 Cho hàm số ( ) log2 1 1

2

x x

f x e   Chứng minh rằng tồn tại các số

 

, 0;1 ,

a b a b sao cho f a f b '( ) '( ) 1.

Định hướng và lời giải.

Ta nhận thấy f(0) 0, (1) 1  f  Từ kết luận của bài toán gợi cho ta liên tưởng đến định lí Lagrang

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a b nên ta xét số thực c a b; , khi đó Hàm số f thỏa các điều kiện của định lí Lagrang trên mỗi khoảng (0; ),( ;1)c c

Do đó, ta có được

Dẫn tới: '( ) '( ) 1 ( ) 1 ( ) 1

1

f c f c

f a f b





Biến đổi phương trình trên ta thu được f c( )  c hoặc f c( ) 1  c

Tuy nhiên việc chỉ ra tồn tại c để f c( )  c gặp khó khăn, nhưng việc chỉ ra tồn tại c để f c( ) 1  c thì thuận lợi hơn

Để chỉ ra tồn tại c để f c( ) 1  c, ta chứng minh phương trình f x( ) 1   x luôn

có ít nhất một nghiệm trên (0;1) Muốn làm điều đó ta xét hàm số

( ) ( ) 1

g x  f x  x

Dễ thấy g liên tục trên 0;1  và g(0)  f(0) 1     1 0, (1)g  f(1) 1 0  

Nên phương trình g x ( ) 0 có ít nhất một nghiệm trên  0;1 , hay luôn tồn tại số thực c (0;1) sao cho g c( ) 0   f c( ) 1  c

Từ đó ta có được lời giải bài toán

Ví dụ 5.

2 Các bài toán về đại số

Ví dụ 5 Cho a b c, , thỏa mãn: 3a 4b 6c  0 Chứng minh rằng phương trình

2

f x  ax bx c  luôn có nghiệm.

Định hướng và lời giải.

Để chứng minh phương trình f x ( ) 0 có nghiệm, ta có hai cách để làm

Cách 1: Xét các trường hợp a  0,a  0 và sử dụng   0 để chứng minh phương trình có nghiệm

Cách 2: Chỉ ra có hai số thực  , sao cho f( ) ( ) 0 f  

Ở đây tôi xin trình bày theo cách thứ 2

Công việc của chúng ta là đi chỉ ra hai số  , để f( ) ( ) 0 f   với giả thiết

3a 4b 6c  0

Ta xét hai số (1) , ( )1 1 1

f   a b c f  a b c Khi đó:

1

mf nf    m a m b m n c

 

Ta chọn m n, sao cho ( ) ( ) ( ) 3 4 6

m a m b m n c  a b c

3 4

2 4

6

n m

m n

m

n

m n















 







Do vậy, ta có (1) 2 1 0 (1) 2 1

f  f      f   f  

f f      f    

Bài toán được chứng minh

Chú ý: Ta có thể chọn những giá trị f( ), ( ) f  khác nhau chẳng hạn ta xét

2

(1), ( ), (0)

3

f f f Ta cần xác định các hệ số m n p , , 0 sao cho:

2

3

mf nf  pf  a b c

Đồng nhất các hệ số ta có hệ phương trình :

9

6

m n p

















Vậy ta có: 2 (1) 9 ( )2 (0) 0

3

f  f  f  , suy ra trong ba số (1), ( ), (0)2

3

f f f tồn tại một

số không âm và một số không dương, dẫn đến tích hai số đó không dương hay phương trình có nghiệm

Ví dụ 6 Giải phương trình: 5x x 2   6 2 x  2 3x  7 3 x

Định hướng và lời giải Điều kiện 2  x 3

Việc xuất hiện x 2, 3  x, 5x x 2   6 (x 2)(3  x) gợi cho ta thực hiện phép đặt a x 2,b 3  x a b; ,  0 Chúng ta cần biểu diễn 3x 7 qua a b, Giả sử 3x  7 ma2 nb2  m x(  2) n(3  x) (  m n x )  3n 2m

Suy ra 2m n m 3n3 7  m n 21

Nên phương trình đã cho trở thành: ab 2a  2a2 b2 b

2a (b 2)a b b 0

Xem đây là phương trình bậc hai ẩn a và b là tham số Phương trình có biệt thức   (b 2)2   8( b2 b) 9  b2 12b  4 (3b 2)2

Nên phương trình

4 (*)

a



 



Ta có a b   1 x   2 1 3  x x     2 2 x x 2

Ví dụ 7 Giải hệ phương trình  

 

2 2

5 7 2

x xy y

y xy x





  

Định hướng và lời giải.

Nhân phương trình thứ hai của hệ với k  0 và cộng với phương trình thứ nhất

ta được:

2x  (2y ky  5 )k x ky  y 7k  5 0 (*) Xem (*) là phương trình bậc hai ẩn x, phương trình này có biệt thức

x  k y k ky y k

(k 2) y 2(5k 10k 4)y 25k 56k 40

Ta chọn k sao cho  x (ay b ) 2, tức là k thỏa mãn

'y (5k 10k 4) (k 2) (25k 56k 40) 0

Ta thấy phương trình (**) có một nghiệm k 1, ta chọn giá trị này

Khi đó  x y2  22y 121 (  y 11) 2

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm:

2

y

x    x   y Thay vào hệ ta tìm được hai cặp nghiệm (1;1),( 1; 3)  

Ví dụ 8 Cho các số thực x y, thỏa x2  y2  1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2( 2 6 )2

1 2 2

x xy P

xy y





Định hướng và lời giải.

Ta viết lại P như sau: 22( 2 6 )2

x xy P

x xy y





Giả sử k là giá trị nhỏ nhất của P, khi đó P k  0, , x y 

Hay 22( 2 6 )2 0 (2 ) 22 2(6 ) 2 3 2 0, ,

Điều đó xảy ra khi và chỉ khi

6

k

Ta dự đoán được minP  6 và cũng từ tính toán trên ta thấy maxP  3

Nên ta có lời giải như sau

Đẳng thức xảy ra khi 2 2

3

3 1

13

x y



 



  

 



, do đó minP  6

Tương tự ta tìm được maxP  3

Ví dụ 9 Xác định số thực nhỏ nhất M sao cho bất đẳng thức

ab a b bc b c ca c a  M a b c (1)

được thỏa mãn với mọi số thực a, b, c.

Định hướng và lời giải.

Nếu a2 b2 c2   0 a b c   0 thì (1) luôn đúng với M là số thực tùy ý Nếu a2 b2 c2  0 thì

2

(1) ab a b bc b c ca c a M

a b c

 

 2 2 22

(a b c a b b c c a)( )( )( )

M

a b c

Đặt

 2 2 22

( , , ) a b c a b b c c a

f a b c

a b c



 

Vì f a b c( , , )  f a b c( , , )    nên số thực M cần tìm là số thực nhỏ nhất sao cho (2) đúng với mọi số thực a b c, , thỏa mãn diều kiện 2 2 2 0

0

a b c



  

Do đó số thực M cần tìm là giá trị lớn nhất của biểu thức f a b c( , , ) với mọi số thực a b c, , thỏa mãn điều kiện (*)

Vì vai trò của a b c, , trong biểu thức f a b c( , , ) và điều kiện (*) bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a b c  Khi đó, ta có

(a b c a b b c c a  )(  )(  )(  )  (a b c a b b c a c  )(  )(  )(  ) (3)

Với các số thực dưong m n p, , áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

4

4

a b c m a b n b c p a c

a b c m a b n b c p a c               

4

256

a b c a b b c a c

mnp

         

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxky, ta có

 

2

Từ (3), (4) và (5) suy ra

2

( , , )

256

f a b c

mnp

Chọn m n p, , sao cho đẳng thức ở (4) và (5) đồng thời xảy ra hay

a b c m a b n b c p a c





m p   n m    n p  ( Vì a2 b2  c2    0 k 0 )

Suy ra : a m p  1 , k b n m–  1 , k c 1 – –n p k

Do đó, từ (I) suy ra

3k km m p n 2  –  kn n p m2  –  kp m n  2p

m m p n n n p m

n n p m p m n p

p m n p





( Vì k  0 )

2

2

2

m n

p



 



  



 



( Vì m n p , , 0 )

2

m n  p thay vào (6), ta có ( , , ) 9 2

32

f a b c 

Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a   2 3 2,b 2,c   2 3 2 ( Thỏa mãn điều kiện (*) và a b c  )

Vì thế giá trị lớn nhất của biểu thức f a b c( , , ), , , a b c thỏa mãn điều kiện (*) là

9 2

2

m n  p 

Vậy ta có số thực M cần tìm là: M  9 232

3 Các bài toán về hình học

Ví dụ 10 Cho sáu điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Gọi  là một tam giác có ba đỉnh lấy trong sáu điểm đó và  ' là tam giác có ba đỉnh còn lại Chứng minh rằng với các cách chọn  khác nhau các đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác  và  ' luôn đi qua một điểm cố định.

Định hướng và lời giải.

Giả sử sáu điểm đó là A B C D E F, , , , ,

Ta cần chứng minh tồn tại một điểm H cố định sao cho với các cách chọn  khác nhau thì H thuộc các đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác  và  ' Nếu  là tam giác ABC thì  ' là tam giác DEF Gọi G và G' lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam giác DEF

Vì H thuộc đường thẳng GG' khi có số thực k sao cho HG k HG  '

k

HA HB HC   HD HE HF 

     

             

Vì vai trò của các điểm A B C D E F, , , , , trong bài toán bình đẳng nên chọn k sao

     ( Khi k  1 thì       HA HB HC HD HE HF      0

) Vậy chọn k  1

Suy ra H là điểm thỏa mãn       HA HB HC HD HE HF      0

(*)

Rõ ràng luôn tồn tại duy nhất điểm H thảo (*), hơn nữa do A B C D E F, , , , , cố định nên H cũng cố định Đồng thời theo sự phân tích ở trên ta suy ra được H

luôn nằm trên GG'

Ví dụ 11 Gọi G i(i 1,2,3,4) là trọng tâm mặt đối diện với đỉnh A i của một tứ diện A A A A1 2 3 4 M là một điểm bất kỳ trong không gian và gọi M i là điểm đối xứng của M qua G i Chứng minh rằng các đường thẳng A M i i (i 1,2,3,4) đồng quy tại một điểm

Định hướng và lời giải.

Ta cần chứng minh tồn tại một điểm H thuộc các đường thẳng A M i i

(i 1,2,3,4)

Điểm H thuộc đường thẳng A M1 1 khi có số thực k sao cho HM 1  kHA 1

Vì G1 là trọng tâm của tam giác A A A2 3 4 ; M1là điểm đối xứng của M qua G1

HG  HA HA HA HG  HM HM

      

Suy ra 1 2 3 4 1 1

3 HA  HA  HA  2 HM HM

    

3

         

Do đó HM1  kHA 1

hay

2

3 HA  HA  HA HM  kHA

    

3

           

Vì vai trò của các điểm A A A A1 , 2 , 3 , 4 trong bài toán bình đẳng nên chọn k sao cho k  23 ( Khi k  23 thì 2 1 2 3 4 0

3

HM  HA  HA  HA  HA 

     

)

C Kết luận

Việc đưa vào các tham số phụ, rồi tùy thuộc đặc thù từng bài toán để chúng ta

có sự lựa chọn thích hợp sẽ giúp chúng có có lời giải tự nhiên Thông qua đó học sinh sẽ nắm được nguồn cơn của lời giải, tạo sự hứng thú tr ong học tập cho các em Giúp các em đam mê và học tốt môn toán hơn Vì khả năng cũng như thời gian có hạn nên việc thiếu sót là khó tránh khỏi Mong các độc giả đóng góp ý kiến để chuyên để được hoàn thiện hơn

D BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1 Tính các tích phân sau



2

2

1

x

0

sin 2

x



3)  2 2 2

0

cos

x



Bài 2 Tìm công thức tổng quát của dãy số ( )u n được xác định bởi

1)



 





1

1

1

3 2 ; n 2,3,

n n

u



 





1

1

1

n n

u

phương trình ax2bx c  0 luôn có nghiệm trên khoảng (0;1)

Bài 4 Cho các số thực dương m n p, , thỏa: nm mp; n2 và a  b  c  0

Chứng minh rằng phương trình : f x( )  ax2bx c  0 có nghiệm x (0;1)

Bài 5 Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt.

Bài 6 Giả sử phương trình x3ax2 bx c  0 có ba nghiệm phân biệt khác

0 Chứng minh rằng phương trình : x3bx2 acx c 2  0 cũng có ba nghiệm phân biệt

Bài 7 Cho phương trình x3ax2bx c  0 có ba nghiệm thực phân biệt Chứng minh phương trình sau cũng có 3 nghiệm thực phân biệt :

     

3 ( 2 2 ) 2 ( 2 2 2 2 ) 4 0

Bài 8 Giải phương trình: 21x 25 2  x  2 19 x2  x 2 x 1

Bài 9 Giải hệ phương trình :      



Bài 10 Cho x y, là hai số thực thay đổi và thỏa mãn 32  2y  y2 11

x

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức :A 12  2y3y2

x

Bài 11 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số



  3  5  2

Bài 12 Cho các số thực a b c và a2 b2c2  5 Chứng minh rằng

(a b b c c a ab bc ca)( )( )( ) 4

Bài 13 Cho năm điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Gọi  là một tam giác có ba đỉnh lấy trong năm điểm đó, hai điểm còn lại xác định một đoạn thẳng  Chứng minh rằng với các cách chọn  khác nhau các đường thẳng nối trọng tâm tam giác  và trung điểm đoạn thẩng  luôn đi qua một điểm cố định

Bài 14 Trong không gian cho n điểm A1, A2, … , An( n > 2 ); m là số tự nhiên sao cho 0 < m < n 1, 2, ,

m

i i i

A A A là m điểm lấy trong n điểm đó;

 1 ,  2 , ,

A A A là n – m điểm còn lại Chứng minh rằng với các cách chọn m điểm 1, 2, ,

m

i i i

A A A khác nhau, đường thẳng đi qua trọng tâm của hai hệ điểm

 1 , 2 , , 

m

i i i

A A A và   1 ,  2 , , 

A A A luôn đi qua một điểm cố định

Bài 15 Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O).Gọi Ao, B0, C0, D0 lần lượt là trọng tâm của các mặt BCD ,ACD, ABD, ABC.Kẻ các đường kính AA1, BB1, CC1,

DD1.Cmr: