Phương pháp khai thác đẳng thức cho trước trong bài toán chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC ĐẲNG THỨC CHO TRƯỚC TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VÀ RÚT GỌN BIỂU TH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC ĐẲNG THỨC

CHO TRƯỚC TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH

ĐẲNG THỨC VÀ RÚT GỌN BIỂU THỨC

Người thực hiện : Trần Thị Hiền Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác : Trường THCS Trần Mai Ninh SKKN thuộc môn: Toán

MỤC LỤC

1 Sử dụng hệ quả:

a  b c 0 thì 3 3 3

2 Sử dụng các hằng đẳng thức:

a b c3 a3 b3 c3 3 a b b  c c  a (2)

5

Phần 1: MỞ ĐẦU

1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức là dạng toán cơ bản trong chương trình toán THCS Trong đó việc khai thác đẳng thức cho trước là dạng khó đối với học sinh Dạng toán này thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào THPT chuyên, các đề thi học sinh giỏi các cấp và là nền tảng cho các bài toán ở các lớp trên Trong quá trình giảng dạy ở lớp 8, lớp 9 và dạy Đội tuyển học sinh giỏi các cấp, tôi nhận thấy khi gặp dạng toán này, học sinh thường lúng túng không tìm ra cách giải và hay mắc sai lầm, đặc biệt khi gặp dạng toán”Cho đẳng thức A, yêu cầu chứng minh đẳng thức hoặc rút gọn biểu thức B”, thì nhiều học sinh không biết bắt đầu từ đâu hoặc sa vào khai triển đẳng thức B, sau đó mới sử dụng kết quả đẳng thức A

Nguyên nhân học sinh thường mắc phải sai lầm khi giải các bài này xuất phát

từ những lý do sau:

1 Người giải toán chưa có đường lối rõ ràng khi giải bài toán

2 Chưa hệ thống, phân dạng được các bài tập cùng loại

3 Không đọc kĩ đề bài, chưa hiểu rõ bài toán đã đã vội đi ngay vào giải toán

4 Không biết đề cập bài toán theo nhiều cách giải khác nhau, không chịu nghiên cứu kĩ từng chi tiết và kết hợp các chi tiết trong từng bài toán, không sử dụng hết giả thiết bài toán, không biết linh hoạt vận dụng kiến thức đã có

5 Không tự tư duy lại bài toán mình làm sau khi đã giải xong xem đã đúng chưa

Với thực tế và yêu cầu chung đó trong tài liệu này tôi xin được trao đổi

kinh nghiệm với đồng nghiệp về ''Phương pháp khai thác đẳng thức cho trước

trong bài toán chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức'' với hy vọng đề tài

này sẽ góp phần vào việc giải quyết khó khăn, khắc phục sai lầm cho giáo viên

và học sinh trong việc dạy và học

Rất mong nhận được sự đóng góp chân thành của đồng nghiệp để sáng kiến được hoàn thiện hơn giúp ích cho việc dạy và học toán

1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:

Sáng kiến kinh nghiệm này ngoài việc củng cố các kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa còn cung cấp kiến thức nâng cao, mở rộng và rèn luyện kỹ năng giải các dạng toán cho học sinh Với mỗi bài học sinh phát hiện ra dạng và tìm

ra cách giải phù hợp nhất, nhanh nhất, biết tổng quát bài toán và đặt đề toán tương tự Từ đó học sinh phát triển tư duy logic, hiểu sâu kiến thức, có hứng thú nghiên cứu khoa học và nâng cao hiệu quả giáo dục

Nghiên cứu về " Phương pháp khai thác đẳng thức cho trước trong bài

toán chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức'' Giúp giáo viên nâng cao

năng lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp các tri thức đã học từ đó định hướng nâng cao chất lượng dạy và học môn toán, mở rộng, đào sâu và hoàn thiện hiểu biết Ngoài ra còn giúp giáo viên có tư liệu tham khảo và dạy thành công về chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức

1.3 ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

Đối tượng nghiên cứu là các học sinh lớp 8, lớp 9 và các học sinh đội tuyển Toán

Các tiết dạy trên lớp, dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán qua các năm

Tham khảo tài liệu, chuẩn kiến thức của bộ GD&ĐT, tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, các loại sách tham khảo

Các tiết sinh hoạt chuyên đề trong tổ chuyên môn

1.4 NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU:

Nghiên cứu về tình hình dạy học và học vấn đề này ở nhà trường

Hệ thông hoá một số phương pháp chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức

Tìm hiểu mức độ và kết quả đạt được khi triển khai đề tài

Phân tích rút ra bài học kinh nghiệm

1.5 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:

Phương pháp khảo sát thực tiễn, nghiên cứu lý luận, phân tích, tổng hợp, khái quát hóa, so sánh, quan sát, kiểm tra, đánh giá

1.6 GIẢ THUYẾT KHOA HỌC:

Nâng cao chất lượng dạy và học trong và sau khi nghiên cứu áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, giúp cho giáo viên dạy có hiệu quả cao hơn, học sinh ham thích học dạng toán này hơn

Phần 2: NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN:

Xuất phát từ đặc trưng của môn toán của môn Toán ở trường THCS một môn “khoa học suy diễn” cung cấp cho học sinh những kiến thức phổ thông cơ bản, vững chắc có hệ thống Rèn luyện và phát triển các kĩ năng giải toán và ứng dụng vào thực tế, khả năng tư duy logic, sử dụng ngôn ngữ chính xác Bồi dưỡng các phẩm chất độc lập, sáng tạo, kiên trì, tích cực cho học sinh

Căn cứ vào thực tế dạy và học của chương trình Đại số 9 tôi thấy hệ thống bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập do Bộ giáo dục - Đào tạo ấn hành mới đáp ứng cho học sinh đại trà Đối với học sinh khá, giỏi dạng bài tập này rất phong phú và đa dạng

2.2 THỰC TRẠNG VÀ NGUYÊN NHÂN:

2.2.1 Thực trạng:

*) Số liệu thống kê

Khi chưa áp dụng đề tài, qua khảo sát 102 học sinh lớp 9A, 9F, HS đội tuyển Toán trường THCS Trần Mai Ninh đã phản ánh học sinh còn lúng túng với dạng toán này đặc biệt rất ít học sinh biết tiếp cận dạng toán một cách thực sự, kết quả cụ thể như sau:

Số học sinh Tỷ lệ Kết quả

Qua kết quả khảo sát chất lượng ban đầu đã phản ánh học sinh còn lúng túng với dạng toán này đặc biệt rất ít học sinh biết tiếp cận dạng toán một cách thực sự chưa có khả năng phân tích dữ liệu từ đề bài để giải quyết các bài toán

2.2.2 Nguyên nhân:

Đây là dạng toán khó, chủ yếu là dạng toán nâng cao dành cho học sinh khá và giỏi

Trong sách giáo khoa cũng như sách bài tập rất ít có dạng toán này Vì vậy trên lớp ít có cơ hội tiếp cận, thường nó chỉ phổ biến cho một số em đội tuyển học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào các trường chuyên

2.3 CÁC GIẢI PHÁP:

Thực tế trong quá trình giải toán nói chung và dạng toán này nói riêng thì không có một con đường nào thực sự cụ thể mà việc giải toán đặc biệt là toán khó thì đòi hỏi người dạy, người học phải tìm tòi sáng tạo cho mình một phương pháp tiếp cận bài toán dựa trên cơ sở đã học Từ đó chúng ta sẽ tìm ra những quy luật những cách giải cho một dạng toán Vì vậy trong khuôn khổ của đề tài này, tôi xin đưa ra một phương pháp tiếp cận dạng toán chứng minh, rút gọn dựa vào đẳng thức cho trước bằng một số bài toán sau đây:

A HỆ THỐNG HÓA CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN LIÊN QUAN

 Như đặt vấn đề ở trên, để giải quyết dạng toán này ta cần phải kết hợp hài hòa giữa đẳng thức đã cho với đẳng thức cần chứng minh và biểu thức cần rút gọn từ đó tìm ra những phép biến đổi hợp lý

 Các phép toán của đa thức và phân thức đại số

 Các hằng đẳng thức đáng nhớ đặc biệt là đẳng thức:

a b c3 a3 b3 c3 3 a b b  c c  a

a b c  3abc0

 Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử

vế )

B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC ĐẲNG THỨC CHO TRƯỚC

a b c  3abc0

Bài toán 1:

2 a b c 5abc a b c

Lời giải: Cách 1: Từ a   b c 0 a bc

   

5

Do đó: 2 a 5 b5c5 5abc 2b 2 2c2 2bc

5bc b c b  2 c2  bc2bc 5abc b 2c2 bc

2 a b c 5abc a b c (đpcm)

Cách 2: Sử dụng hệ quả 1: Từ a  b c 0 suy ra 3  3  3 

Mặt khác: Từ a  b c 0 suy ra a2 b2 c2 2 ab bcca

2

2

Bài toán 2:

Cho xy + yz + xz = 0 và xyz0 Tính giá trị biểu thức: yz2 xz2  2

y

x z

Lời giải: Từ giả thiết suy ra:   1 1 1 0

xyz3 xyz3 xyz3 xy 13 13 13

x y z x y z

2 Sử dụng các hằng đẳng thức:

a b c3 a3 b3 c3 3 a b b  c c  a (2)

Hai đẳng thức này bị nhiều người bỏ quên, thật bất công khi nó đem lại cho ta nhiều điều thú vị Trước hết ta chú ý từ (1) suy ra

       

 



a b c (3)







 



(4)

Vận dụng hai trường hợp này thật hiệu quả và bất ngờ Sau đây chúng ta cùng xét một số bài toán minh họa

Bài toán 3:

Cho a, b, c là các số thực khác 0 sao cho 3 3  3 3  3 3 2 2 2

a b b c a c 3a b c Hãy tính giá trị biểu thức: M =           

Lời giải: Đặt x  bc,yac,zab xyz0 Từ giả thiết

3 3 3 3 3 3 2 2 2

a b b c a c 3a b c suy ra x3y3z3 3xyz, M =          

     

y x z

1 1 1

x z y

Từ (3) xét hai trường hợp

1) x + y + z = 0 Từ (1), (2), (3) dễ dàng suy ra:

2) x = y = z = 0 hay a = b = c = 0 => M = 8

3 Thay số trong biểu thức cần tính bằng biểu thức chứa chữ:

Bài toán 4: Cho abc = 1, biết biểu thức sau được xác định Chứng minh

ab a  bc b  ca c  1

ab a  bc b  ca c 

1

abc ac c  abc abc ac ca c  , (Thay abc = 1)

 

ab a  bc b  ca c  1 ( đpcm).

bc

 

 

1

ab a 1 bc b 1 ca c 1 ( đpcm)

Bài toán 5: Cho abcd = 1 Chứng minh rằng:

Lời giải:

C1: Thay 1 = abcd.

C2: Tương tự bài toán 5 ta có:

bcd

B

Tổng quát với trường hợp abc = k, ta có thể thay số k trong biểu thức cần tính bằng tích abc.

Bài toán 6: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy yz zx 1   Rút gọn biểu thức sau:

 2  2  2  2  2  2

1 x xyyzzxx

Tương tự ta cũng có:

2 2

Thay vào biểu thức ta có:

           

2 xy yz zx 2

Bài toán 7: Cho a, b, c đôi một khác nhau và ab+ ac + bc = 1 Tính giá trị biểu

thức:

a) A = 2  2 2

2 2

2

1 1 ) 1

(

) ( ) ( ) (

c b a

a c c b b

a













b) B =    

  2  2 2

2 2

a c c b b a

ba c

ca b

bc a



















Giải :

a) Ta có : 1a2 ab ac bc a2 a b a c    

Tương tự: 1b2 b a c b    ; 1c2 c a c b    

)

2 2





















c b c a c b a b c a b a

c b c a b a

b) Ta có: a2 2bc 1 a2 2bc ba  ca  bc  a b a c    

Tương tự : b22ca 1b  a b c    ; c22ab 1  c a c b    

         







2 2

2

2 2

2

a c c b b a

a c c b b a

-1

4 Sử dụng phương pháp hệ số bất định

Bài toán 8: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn:

    2

z y

x y x y

z





 

Tính giá trị biểu thức D2x210y2  23z2.

Lời giải: Ta có

0



 







 Giả sử a, b là cac số thực thỏa mãn:

 2 2 2 4 2 7 2 2 2 10 2 23 2

a x  y  z b y  z  x  y  z

Khi đó ax2 4b a y  2  7b a z  2 2x2 10y2  23z2với mọi x, y, z

2

2

3

a

a

b a

b

b a

















Vậy D2x2  y2  z23 4 y2  7z2

2.0 3.5 15

Bài toán 9: Cho các số thực dương x, y, z, t thỏa mãn:

1

1

t

t

z x









 



Tính giá trị biểu thức

t E



Lời giải

x z t

t t

z x







E  t t  t Giả sử a, b là các số thực thỏa mãn

1

a b

a a

a b















Vậy E 1

6

* Bài tập tương tự:

Bài toán 10: Cho các số thực dương x, y, z và x > y thỏa mãn:

6 4 3

z z

x y z

x y









 



Tính giá trị biểu thức M x

x y



Bài toán 11: Cho các số thực dương x, y, z, t, s thỏa mãn:

1 4

1 2

s

x y z s

x y t s

x y z t























Tính giá trị biểu thức 7 4

8

x z t

N    .

5 Sử dụng phương pháp hình học

Bài toán 12: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

2

9 16

x y

y z

y xz







Tính giá trị biểu thức G xy yz  .

Lời giải:

1 1

t t

z x

z x







Xét tam giác ABC vuông tại B có

AB  BC  và đường cao BH Đặt BH = y,

CD = z, ta thấy x, y, z thỏa mãn

2

9 16

x y

y z

y xz











Từ đó suy ra:

G xy yz   x z y  S  

Vậy G = 12

4 3

z

y

x

H

B

Bài tập tương tự:

Bài toán 13: Cho các số thực x, y, z với y dương ,thỏa mãn:

2 2 2

29 4 2

1 2

x y

y z















Tính giá trị biểu thức H y x 1 2 z.

Bài toán 14: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

2 2

2 2

50 169 2

144 2

y z

y

x xy

z

x xz

















Tính giá trị biểu thức K xy yz xz  .

6 Một số dạng khác

b c c a a b  (*) với a, b, c đôi một khác nhau Chứng minh:

 2  2  2

0

Hay



Nhân hai vế với 1

b c ta có:

2



Biến đổi tương tự ta có:

2

c a



2



Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta có:

 2  2  2

                 

y x x z x yx y z 

 x y 2 xy  z x y z2 xy Tương tự ta có: x z y2 xz

Bài toán 17:

Cho a, b, c và x, y, z là các số khác nhau và khác không, đồng thời

1

Lời giải:

 

Kết hợp với (*) ta có: 12 12 12 1

hay x22 y22 z22 1

a b c  (đpcm)

Bài toán 18: Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn

ab b  c c  a 8abc Chứng minh rằng:

3 4

a b b c c a       a b b c   b c c a   c a a b  (*)

Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với

3

4 3 4

a b b c b c c a c a a b

2

3 4 6 8

ac a c ab a b cb b c a c a b b c

ac a c ab a b cb b c abc

a c ac b ab bc abc

a c a b b c abc

Cách 2:

Đặt

Từ điều kiện suy ra: xyz1

8, ta được :

 2xyz 1 x y z  xyyzxz  x   y z 3 xyyzxz

4

*Ý tưởng: Nhìn đẳng thức cần chứng minh khá cồng kềnh, tuy nhiên nếu tinh ý

một chút, ta thấy rằng bên vế trái của (*) có tổng của ba thừa số đồng thời vế phải của (*) xuất hiện tổng hoán vị của hai thừa số Vì vậy nếu chuyển vế ta sẽ nhóm được nhân tử chung là:

3

4 3 4

a b b c b c c a c a a b

Đến đây hướng tối ưu nhất có lẽ là quy đồng mẫu số và biến đổi tương đương, kết hợp với giả thiết ab b  c c  a 8abc suy ra điều phải chứng minh

Hoặc , ta có thể đi tới hướng tư duy ẩn phụ hóa để đơn giản bài toán hơn một chút Vẫn là hướng phát hiện như bên trên, ta sẽ đặt ẩn phụ các thừa số

x ; y ; z

8 và ta cần chứng minh    x y z 3 xyyzxz

(**) là chưa đủ mà cần phải khéo léo kết hợp với GT của bài toán để biến đổi

2015

sau:

C



Lời giải:

Từ giả thiết ax by cz 0   , bình phương hai vế ta có: axbycz2 0

Biến đổi mẫu số của phân thức đã cho ta có:

Thay (*) vào (**) ta có:

Từ đó:



C

 

1

2015

Vậy C = 2015.

a  bc  và a  b c abc Rút gọn biểu thức: N1  1  1

Lời giải: Từ giả thiết ta có:

2 2

 

2

Vậy N = 2

C MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG.

Lời giải:

a  bc a b c

 (a+b) = 0 hoặc (b+c) = 0 hoặc (a+c) = 0

Hay a = - b; b = - c; c = - a

a  b c a b c (vì cùng bằng 1n

c )

Bài toán 22: Chứng minh rằng nếu: 3a  3 b 3c 3 a b c

Thì với mọi số nguyên dương lẻ n ta đều có: na n b n c n a b c

Lời giải: Ta có:

Suy ra: 3a 3 b  hoặc0 3 b 3 c  hoặc0 3c 3 a 0

Vì vai trò của a, b, c là bình đẳng với nhau nên có thể giả sử

Do đó với n là số nguyên dương lẻ thì ta có:

Hay n a n bn c n a b c

x y  z xy yz zx thì

x y z

0

D BÀI TẬP THAM KHẢO

Chứng minh rằng: 4 a  b b   c  c a 2

Chứng minh rằng:

Bài 3: Cho

1









Chứng minh rằng:

Bài 4: Cho xy xz yz 1   và x, y, z khác 1

Chứng minh:

     

1 x 1 y 1 z  1 x 1 y 1 z

3

A

9



Bài 6: Cho a  b c 0 (a, b, c khác 0)

Tính      

Bài 7: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

2 2

2 2

25 3 9 3

16

y

x xy y z

x xz z

















Tính giá trị biểu thức P xy 2yz3 xz

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

1 Kết quả, đánh giá:

Sau khi đưa ra những bài toán này hướng dẫn cho học sinh, tôi khảo sát thu lại kết quả như sau:

toán

Biết cách tiếp cận dạng toán

Qua bảng trên và bảng khảo sát ban đầu ta thấy chất lượng học sinh được tăng lên một cách rõ rệt:

- Hứng thú với dạng toán: tăng từ 27 HS lên 46 HS ( 20,8% lên 45,1%)

- Biết cách tiếp cận dạng toán: tăng từ 20HS lên 36HS ( 8,3% lên 33,3%) Thông qua bảng số liệu cho thấy sáng kiến này đã có tính ứng dụng và mang lại hiệu quả cho việc học tập của học sinh

2 Tính ứng dụng của đề tài

Phương pháp nghiên cứu đề tài này được vận dụng với các giờ đại số giờ

tự chọn, đặc biệt hiệu quả trong việc định hướng nghiên cứu cho học sinh

Giáo viên có thể dùng làm tài liệu giảng dạy, nâng cao trình độ chuyên môn đặc biệt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi vào lớp 10 PTTH

Có thể thực hiện một chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi trong tổ nhóm chuyên môn

Phần 3 KẾT LUẬN

Trong năm học 2018- 2019 tôi đựợc Phòng Giáo dục và Đào tạo thành phố Thanh Hóa, Ban giám hiệu trường THCS Trần Mai Ninh phân công bồi dưỡng học sinh giỏi Kết hợp với việc bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm gần đây bản thân tôi thấy việc hình thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho bài toán hoặc mỗi dạng toán nào đó là công việc rất cần thiết Vì vậy tôi đã tìm tòi nghiên cứu đưa ra một số phương pháp hướng dẫn cho học sinh tiếp cận dạng toán này