SKKN Một số ứng dụng của phương pháp đồng bậc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (609.4 KB, 34 trang )
1
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chƣơng trình môn toán ở cấp THPT cũng nhƣ trong các đề thi
tuyển sinh vào các trƣờng ĐH-CĐ và học sinh giỏi các cấp ta thƣờng gặp các
bài toán giải bằng phƣơng pháp đồng bậc. Phƣơng pháp đồng bậc (hay còn gọi
là phƣơng pháp đẳng cấp) là một phƣơng pháp thƣờng gặp trong khi giải các bài
toán về phƣơng trình, hệ phƣơng trình, bất đẳng thức Theo phƣơng pháp này,
từ giả thiết ta tìm một hệ thức giữa các ẩn mà ở đó mỗi hạng tử cùng bậc, sau đó
đƣa hệ thức đó về hệ thức một ẩn, hoặc phân tích thành nhân tử hoặc một hệ
thức mới đơn giản hơn.
Đối với các em học sinh chuẩn bị thi vào các trƣờng ĐH-CĐ hoặc thi học
sinh giỏi các cấp, việc tìm ra một phƣơng pháp ôn tập hợp lí có ý nghĩa rất quan
trọng. Các em cần có một cái nhìn xuyên suốt về kiến thức và các phƣơng pháp
giải toán đã học. Nhằm giúp các em học sinh có đƣợc một cái nhìn toàn diện về
một phƣơng pháp giải toán quan trọng, tôi chọn đề tài: “Một số ứng dụng của
phƣơng pháp đồng bậc”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
- Giúp học sinh có cái nhìn toàn diện về một phƣơng pháp giải toán hiệu quả
- Giúp học sinh tìm ra phƣơng pháp ôn tập hiệu quả thông qua việc ôn luyện
theo các phƣơng pháp giải toán.
- Giúp bản thân và đồng nghiệp nâng cao trình độ chuyên môn, đổi mới
phƣơng pháp có hiệu quả.
III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu ứng dụng của phƣơng pháp đồng bậc qua các chủ đề quan
trọng trong chƣơng trình môn toán bậc THPT hiện hành.
2
IV. ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Đối tƣợng nghiên cứu: Nghiên cứu các ứng dụng của phƣơng pháp đồng bậc
qua các chủ đề: phƣơng trình, hệ phƣơng trình; giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; bất
đẳng thức.
- Phạm vi nghiên cứu: Trong chƣơng trình toán hiện hành và trong nội dung
thi ĐH-CĐ, thi học sinh giỏi các cấp.
V. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Khảo sát ứng dụng của phƣơng pháp đồng bậc qua từng chủ đề.
- Phân tích cách nhận dạng, áp dụng phƣơng pháp cho mỗi dạng toán.
- Tổng kết, rút kinh nghiệm.
VI. NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI:
- Giúp học sinh có cách nhìn toàn diện về một phƣơng pháp giải toán hiệu
quả, góp phần đổi mới phƣơng pháp dạy học, phƣơng pháp học tập chủ
động, tích cực của học sinh.
- Nâng cao chất lƣợng dạy học của bản thân, của đồng nghiệp.
3
PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ
Chƣơng I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
Trong nhà trƣờng phổ thông, nhiệm vụ của môn toán không chỉ là trang
bị cho học sinh các kiến thức toán học nhƣ các định lý, khái niệm, quy tắc mà
quan trọng hơn là phải trang bị cho các em những kiến thức về phƣơng pháp và
tƣ duy. Việc hình thành ở các em các kĩ năng tƣ duy nhƣ khái quát hóa, tổng
quát hóa…thông qua việc dạy và học môn toán có vai trò quan trọng trong việc
hình thành phẩm chất của con ngƣời lao động có tƣ duy sang tạo sau này.
Việc có đƣợc một cái nhìn toàn diện về một phƣơng pháp giải toán hiệu quả qua
nhiều dạng toán quan trọng trong chƣơng trình giúp các em học sinh có đƣợc
năng lực tƣ duy độc lập, khái quát, tổng kết đƣợc những vấn đề đã học. Qua đó
phần nào hình thành đƣợc những kĩ năng tƣ duy quan trọng.
II. CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
- Trong chƣơng trình môn toán trung học phổ thông hiện hành, các chủ đề
liên quan đến phƣơng pháp đồng bậc khá nhiều song chƣa có một nghiên cứu
toàn diện cho vấn đề đó.
- Đối với các em học sinh đang chuẩn bị cho kì thi cuối cấp, các em thƣờng
lúng túng khi chọn ra phƣơng pháp ôn tập phù hợp. Việc ôn tập theo phƣơng
pháp giải toán giúp các em có hƣớng nhìn xuyên suốt vấn đề và tiết kiệm thời
gian.
- Việc đổi mới phƣơng pháp hƣớng tới phát tính tích cực của học sinh đòi
hỏi giáo viên phải tìm ra những cách thức phù hợp nhằm phát huy năng lực của
học sinh.
4
Chƣơng II: ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG PHÁP ĐỒNG BẬC TRONG
PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH.
Trong phƣơng trình, bất phƣơng trình và hệ phƣơng trình, việc tạo ra các
biểu thức đồng bậc giúp ta dễ dàng đƣa cách hệ thức đã cho về dạng 1 ẩn hoặc
có thể phân tích thành nhân tử. Từ đó thu đƣợc những hệ thức đơn giản hơn.
Trong chƣơng này ta sẽ xem xét một số ví dụ đặc trƣng từ các phƣơng trình
lƣợng giác, phƣơng trình mũ, phƣơng trình vô tỉ, hệ phƣơng trình
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình:
33
4(sin cos ) cos 3sinx x x x
(1)
Lời giải: Ta có (1)
3 3 2 2
4(sin cos ) cos 3sin sin osx x x x x c x
3 2 2 3
sin -sin .cos -3sin .cos 3cos 0x x x x x x
(2)
Nếu
cos 0x
, từ (2) suy ra
sin 0x
vô lí vì
22
sin os 1x c x
, do đó
(2)
32
tan tan 3tan 3 0x x x
4
tanx 1
tanx 3
3
tanx 3
3
xk
x k k
xk
Vậy phƣơng trình có các họ nghiệm:
;;
4 3 3
x k x k x k k
.
Nhận xét: Đây là dạng phƣơng trình lƣợng giác đẳng cấp với sin và cos thƣờng
gặp. Do
22
sin cos 1xx
nên các biểu thức bậc nhất đối với sin và cos ta có thể
coi là bậc ba (nhân thêm
22
sin os 1x c x
).
Ví dụ 2 (A-2006) Giải phƣơng trình:
3.8 4.12 18 2.27 0
x x x x
.
5
Lời giải: Ta viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
3 2 2 3
3. 2 4. 2 .3 2 . 3 2. 3 0
x x x x x x
Ta thấy đây là phƣơng trình đẳng cấp bậc hai đối với
2
x
và
3
x
. Do đó phƣơng
trình tƣơng đƣơng với
32
2 2 2
3 4 2 0
3 3 3
x x x
2
1
3
1
22
33
x
x
vn
x
Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất x=1.
Ví dụ 3: Giải phƣơng trình
23
2 2 5 1xx
(1)
Lời giải: Ta có (1)
22
2 1 1 5 1 1x x x x x x
(2)
Điều kiện:
1x
. Khi đó:
(2)
22
11
2. 5. 2 0
11
xx
x x x x
2
2
2
2
1
2
4 5 3 0
1
5 3 0
11
12
x
x x vn
xx
xx
x
xx
5 37
2
5 37
2
x
tm
x
.
6
Vậy phƣơng trình đã cho có hai nghiệm
5 37
2
x
;
5 37
2
x
.
Nhận xét: Việc sử dụng hằng đẳng thức và tách số hạng hợp lí giúp đƣa một
phƣơng trình vô tỉ khá khó khăn về một phƣơng trình dạng đẳng cấp đơn giản.
Đây là dạng phƣơng trình khá thƣờng gặp trong các kì thi. Sau đây là một số ví
dụ minh họa cho những kĩ thuật tƣơng tự.
Ví dụ 4: Giải phƣơng trình
2 4 2
3 3 1 1x x x x
.
Lời giải: Tập xác định .
Ta có phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
2 4 2 2
3 3 1 2 1x x x x x
2 2 2
3 3 1 1 1x x x x x x
2 2 2 2
3 2 1 1 1 1x x x x x x x x
22
22
11
2 3 3 0
11
x x x x
x x x x
2
2
2
2
13
13
13
12
xx
xx
xx
vn
xx
2
2 4 2 0 1x x x
Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất x=1.
Ví dụ 5: Giải phƣơng trình
22
5 14 9 20 5 1x x x x x
Lời giải: Điều kiện:
5x
Ta có: phƣơng trình
22
5 14 9 20 5 1x x x x x
7
Bình phƣơng hai vế và biến đổi ta đƣợc:
22
2 4 5 3 4 5 4 5 4 0x x x x x x
22
4 5 4 5
2 5 3 0
44
x x x x
xx
2
2
2
2
5 61
45
1
2
5 9 0
4
8
4 25 56 0
4 5 3
7
42
4
x
xx
xx
x
x
xx
xx
x
x
Đối chiếu điều kiện ta đƣợc :
5 61
8;
2
xx
Ví dụ 6(A-2007). Cho phƣơng trình
2
4
3 1 1 2 1x m x x
. (1)
Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm .
Lời giải: Điều kiện :
1x
(1)
2
4
4
2
1 1 1 1
3 2 3 2
1 ( 1) 1 1
x x x x
mm
x x x x
Đặt t=
4
1
1
x
x
>0,vì
12
1 1 [0;1)
11
x
t
xx
Bài toán trở thành tìm m để hệ phƣơng trình sau có nghiệm
2
( ) 3 2
01
f t t t m
t
Ta có
1
' 6 2 ' 0
3
f t t f t t
8
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phƣơng trình có nghiệm khi
1
1
3
m
Ví dụ 7: Giải hệ
22
22
2 4 1 1
3 2 2 7 2
x xy y
x xy y
.
Hướng dẫn: Nhân phƣơng trình (1) với 7 rồi cộng với phƣơng trình (2), ta đƣợc:
22
17 26 9 0 3x xy y
Dễ thấy
0y
không thỏa mãn hệ, do đó
2
1
3 17 26 9 0
9
9
17
17
x
xy
y
xx
y
x
yy
x
y
Từ đó giải đƣợc các nghiệm: (1;1), (-1;-1),
9 17
;
161 161
,
9 17
;
161 161
Nhận xét: Đây là hệ đẳng cấp bậc hai quen thuộc, việc làm mất hệ số tự do
nhằm tạo ra một phƣơng trình thuần nhất.
9
Ví dụ 8: Giải hệ
33
5 5 2 2
1xy
x y x y
Lời giải: Ta có:
33
33
33
5 5 2 2 3 3
5 5 2 2 2 2
1
11
1
02
xy
xy
xy
x y x y x y
x y x y x y x y
Ta có
2 0 0 0x y x y
Nếu
0x
, kết hợp với (1) ta đƣợc
1y
Nếu
0y
, kết hợp với (1) ta đƣợc
1x
Nếu
0x y x y
, thì (1) không thỏa mãn.
Vậy hệ có hai nghiệm
; 0;1 , ; 1;0x y x y
Ví dụ 9: Giải hệ phƣơng trình:
2 0 1
1 2 1 1 2
x y xy
xy
Lời giải: Điều kiện:
1
1;
2
xy
. Khi đó
1;
1 2 0 4
2
x
vl
y
xx
xy
yy
x
y
Thay vào (2) ta đƣợc:
4 1 2 1 1 4 1 2 1 1
4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1
y y y y
y y y y y
10
1
()
2 1 0
2
2
5 10
2 1 2
()
2
y tm
y
x
x
y
y tm
Vậy hệ có hai nghiệm
1
; 2;
2
xy
và
5
; 10;
2
xy
.
Nhận xét: Dễ nhận thấy (1) là phƣơng trình thuần nhất bậc hai đối với
x
và
y
nên ta có cách biến đổi nhƣ trên. Ta cũng có thể đặt x=ty hoặc biến đổi (1)
20x y x y
.
Ví dụ 10: Giải hệ phƣơng trình
22
3 2 2 2
2 2
2 3 2 3
x y xy y
x xy y x y
Lời giải:
Nếu
0y
, từ (1)
0x
thỏa mãn hệ
Nếu
0y
, nhân hai vế của (1) với
y
rồi trừ theo vế cho (2) ta đƣợc:
3 3 2 2
22
2
22
2 2 4 4 0
2 2 2 0
0
y x x y xy
y x x y xy
y x x y x y
2
22
00
xy
x y x y vl do y
Với
xy
thay vào (1) ta đƣợc
2
2 2 0 1 0 1y y y do y x
thỏa
mãn hệ .
Vậy hệ có hai nghiệm
; 0;0 , ; 1;1x y x y
11
Nhận xét: Mục đích của việc “nhân hai vế của (1) với
y
rồi trừ theo vế cho (2)”
nhằm tạo ra phƣơng trình thuần nhất với
x
và
y
.
Ví dụ 11: (HSG Bắc Giang 2010) Giải hệ phƣơng trình:
81
5. 2
x x y x y y
xy
Lời giải: Điều kiện
0, 0xy
. Dễ thấy
0x
không thỏa mãn hệ.
Ta có (1)
8x x y y x y
58x x y y x y x y
3 8 4 0y y xy x y x x
32
3 8 4 0
y y y
x x x
1;
;
2
;
4
3
9
2
y
x
yx
y
x
x
y
y
vl
x
Nếu
xy
không thỏa mãn (2)
Nếu
4
9
x
y
, kết hợp với (2) ta đƣợc
9; 4xy
thỏa mãn hệ.
12
Ví dụ 12: Giải hệ phƣơng trình:
1
3 1 2
1
7 1 4 2
x
xy
y
xy
Lời giải: Từ điều kiện
0; 0
0
xy
xy
và từ hệ ta có
0
0
x
y
.
Do đó hệ đã cho
12
1 1 2 2
1
3
37
1 4 2
1 2 2
1
11
7
37
xy
xy
x
xy
xy
y
xy
Nhân từng về các phƣơng trình trong hệ cuối ta đƣợc:
1 1 2 2 1 2 2
3 7 3 7
xy
x y x y
1 1 1
37x y x y
21 7 24xy x y y x
6 7 4 0y x y x
6yx
(do
0; 0xy
)
Thay vào (1) ta đƣợc:
1 2 2
1 21 2 7
3 7.6
x
xx
11 4 7 22 8 7
21 7
xy
(thỏa mãn điều kiện)
13
Vậy hệ có nghiệm
11 4 7 22 8 7
;;
21 7
xy
.
Ví dụ 13: Giải hệ phƣơng trình :
2
12
3 3 2
2 2 2 6
xy
x
x y x y
x y x y
Lời giải:
Điều kiện
3 0; 0xy
. Nhận thấy phƣơng trình đầu của hệ thuần nhất với
x
và
y
. Đặt
22
y tx y t x
, khi đó phƣơng trình đầu của hệ trở thành:
2
2
2 2 2 2 2
12
2 1 0 2
3 3 2
x x tx
t t t t
x t x x t x
Từ đó ta có
20yx
, thay vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc:
2
4 8 2 6x x x
2
25 1
4 10 2 6 2 6
44
x x x x
22
51
2 2 6
22
51
2 2 6 0
22
xx
x x dox
Từ đó giải và đối chiếu điều kiện ta đƣợc
17 3 13 3 17
;
44
xy
.
Vậy hệ có nghiệm
17 3 13 3 17
;;
44
xy
.
14
Ví dụ 14: Giải hệ phƣơng trình:
3 2 2 2
3 2 2
3 2 3 1
2 3 3 0
x xy x y y x
y xy y x
Lời giải: Hệ đã cho tƣơng đƣơng với
3
2
32
1 1 2
2 1 3 1
x y x y
y y x x
Từ đó ta đƣợc
42
2 4 3
42
2 3 4
3 1 2 1 4 2 1
3 1 3 1 2 1 4 0 1
x x y y y x
x x y x y y
Nếu
01yx
thỏa mãn hệ đã cho.
Nếu
0y
, ta có:
42
1 1 1
1 3 3 2. 4 0
x x x
y y y
1
1
1
13
x
y
x
y
1
1 3 1
yx
xy
Từ đó giải đƣợc :
2; 1xy
và
0; 1xy
Vậy hệ có các nghiệm
; 2; 1 , ; 1;0 , ; 0;1x y x y x y
Ví dụ 15: Giải hệ phƣơng trình:
22
22
3 4 18 22 31 0
2 4 2 6 46 175 0
x y xy x y
x y xy x y
15
Lời giải: Đặt
5; 7x X y Y
ta thu đƣợc hệ
22
22
3 4 1
2 4 2 1
X Y XY
X Y XY
.
Dễ dàng giải hệ này ta đƣợc:
11
;;
2 2 2 2
XY
hoặc
11
;;
2 2 2 2
XY
.
Từ đó thu đƣợc nghiệm của hệ đã cho
1 1 1 1
; 5; 7 ; ; 5; 7
2 2 2 2 2 2 2 2
x y x y
.
Nhận xét: -Trong ví dụ trên ta dùng phép tịnh tiến để đƣa hệ về đồng bậc.
- Bằng phép tịnh tiến nhƣ trên ta có thể tạo ra hệ phƣơng trình khá khó
khăn xuất phát từ một hệ đơn giản.
Ví dụ 16: Tìm các giá trị của m để hệ
22
22
5 2 3
22
1
x xy y
m
x xy y
m
(I) có nghiệm.
Lời giải.
Nhân 2 vế của bất phƣơng trình thứ hai với -3 ta đƣợc :
22
22
5 2 3
1
6 6 3 3
1
x xy y
x xy y
m
Cộng vế hai bất phƣơng trình cùng chiều ta đƣợc:
2 2 2
11
4 4 ( 2 )
11
x xy y x y
mm
16
Điều kiện cần để hệ bất phƣơng trình có nghiệm là
1
01
1
m
m
Điều kiện đủ. Với
1m
. Xét hệ phƣơng trình:
22
22
5 2 3
2 2 1
x xy y
x xy y
(II)
Giả sử
00
( ; )xy
là nghiệm của hệ (II). Khi đó
22
22
0 0 0 0
0 0 0 0
22
22
0 0 0 0
0 0 0 0
5 2 3
5 2 3
22
2 2 1
1
x x y y
x x y y
m
x x y y
x x y y
m
Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I)
(II)
22
5 2 3
22
6 6 3 3
x xy y
x xy y
22
4 4 0 2 0 2x xy y x y x y
Thay
2xy
vào phƣơng trình thứ 2 của hệ (II) ta đƣợc
2 2 2 2
12
8 4 1 5 1
55
y y y y y x
Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy
1m
là kết quả cần
tìm.
BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: Giải các phƣơng trình
1.
22
5
4 3sin .cos 4cos 2sin
2
x x x x
ĐS:
3
; arctan
39
x k x k
17
2.
3 3 2
4sin 3cos 3sin sin cos 0x x x x x
ĐS:
;
43
x k x k
3.
3
sin .sin2 6cosx x x
ĐS:
arctan2 ;
3
x k x k
4.
3
2sin 2sin
4
xx
ĐS:
4
xk
5.
11
9 13.6 4 0
x x x
ĐS:
0; 2xx
6.
1 1 1
9.25 16.15 25.9
x x x
ĐS:
1
0;
2
x
7.
8 18 2.27
x x x
ĐS:
0x
8.
2 2 2
2 6 9 3 5 2 6 9
3 4.15 3.5
x x x x x x
ĐS:
1; 4xx
Bài 2: Giải các phƣơng trình
1.
23
2 6 4 3 8x x x
ĐS:
3 13x
2.
23
2 5 1 7 1x x x
ĐS:
46x
3.
2
2 6 10 5 2 1 0x x x x
ĐS:
3, 8xx
4.
2 3 2
6
3 2 2 3 4 2
30
x x x x x
ĐS:
2x
5.
2 2 4 2
3 1 1x x x x
ĐS:
1x
6.
2 2 2
6 11 1 2 4 7 2x x x x x x x
ĐS:
56x
7.
2
4 6 4 2 7 1x x x x
ĐS:
27
2
x
8.
23
2 5 2 4 2 21 20x x x x
ĐS:
9 193 17 3 73
;
44
xx
18
9.
22
6 3 1 3 6 19 0x x x x x
ĐS:
23 341
2
x
10.
4 3 2
2 2 0x x x x x
ĐS:
1, 0; 2x x x
Bài 3: Giải các hệ:
1)
22
22
3 5 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y
ĐS:
3; 1 , 3;1
2)
22
22
2 3 9
2 3 15 0
x xy y
x xy y
ĐS:
5 1 5 1
3; 2 , 3;2 , ; , ;
2 2 2 2
3)
33
2 2 3
1
22
xy
x y xy y
ĐS:
33
33
1 1 3 2 3
; , ;
33
22
4)
33
22
4 16
1 5 1
x y y x
yx
ĐS:
0; 2 , 1; 3 , 1;3
5)
33
22
82
3 3 1
x x y y
xy
ĐS:
6 6 6 6
3;1 , 3; 1 , 4 ; , 4 ;
13 13 13 13
6)
3 3 2
44
1
44
x y xy
x y x y
ĐS:
33
31
0;1 , 1;0 , 1;1 , ;
25 25
7) (A-2011)
2 2 3
2
22
5 4 3 2 0
2
x y xy y x y
xy x y x y
ĐS:
2 10 10 2 10 10
1;1 , 1; 1 , ; , ;
5 5 5 5
19
8)
5
3 2 4
42
5
32
42
y
yx
x
yx
ĐS:
5 2 6 5 2 6
;
27 9
9)
4
4
2
1
( ) 2
4
2
1
( ) 1
4
xy
x
xy
xy
y
xy
ĐS:
44
2 1 2 1
;
4 16
10)
6 2 3 3
2 3 3 6 3 4
x
x y y
y
x x y x y
ĐS
13 73 5 73 13 73 5 73 1 1
; , ; , 4; 4 , ;
6 6 6 3 4 2
11)
2 2 2 2
32
2 5 3 4 5 3
x xy y x y
xy
x xy x xy x
ĐS:
5 109 5 109
3;3 , ;
14 14
12)
22
22
9
5
35
30 6
x x y
x
x x y
xx
yy
ĐS:
5;3
13)
2 2 2 2
2 2 2 2
2
17
4
4 52
x x y x x y
x x y x x y
x x y x xy
ĐS:
5; 4 , 5;4 , 15;12 , 15; 12
20
14)
1 3 1
72
16
2
7
xy
x
xy
y
ĐS:
16 4
1;1 , ;
99
15)
3 2 2 2
3 2 2
3 2 3 1
2 3 3 0
x xy x y y x
y xy y x
ĐS:
2; 1 , 1;0 , 0;1
16)
3
2 2 2 2
22
3
2
76 20 2 4 8 1
x x y x x y
x y x x
. ĐS:
17
;;
88
xy
.
17)
2
2
33
2 3 2 3 0
2 2 3 1 6 1 2 0
x y y
y x y x x x
ĐS:
14 5
;;
9 18
xy
.
Bài 4. Cho hệ phƣơng trình
22
22
3 2 11
2 3 17
x xy y
x xy y m
. Tìm m để hệ có nghiệm.
Bài 5. Tìm
a
để hệ sau có nghiệm
22
2 2 4 3 2
- 2 -3 8
2 4 5 - 4 4 -12 105
x xy y
x xy y a a a
21
Chƣơng III: ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐỒNG BẬC TRONG BÀI
TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT.
Ta đã biết đối với biểu thức một biến, đạo hàm là một công cụ khá hữu
hiệu để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một hàm số. Việc lợi dụng sự đồng
bậc của các biến trong một số trƣờng hợp có thể giúp đễ dàng đƣa các biểu thức
nhiều biến về biểu thức một biến. Do đó ta thu đƣợc bài toán dễ dàng hơn.
Ví dụ 1: Cho
22
1xy
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
2
2
2
2 2 1
xy y
S
x xy
Hướng dẫn:
Ta có
2
22
22
32
xy y
S
x xy y
(thay
22
1 xy
)
+ Nếu y= 0 thì S=0
+ Nếu
0y
thì
2
2
21
21
3 2 1
3 2 1
y
t
x
S f t
tt
xx
yy
với
x
t
y
Từ đây bằng phƣơng pháp miền giá trị hoặc hàm số dễ dàng chỉ ra:
2- 6 -3 6
Min , 0
23
S khi x y y
2 6 -3 6
Max , 0
23
S khi x y y
Nhận xét: - Ở đây ta thay
22
1xy
để tạo ra biểu thức đồng bậc ở cả tử và
mẫu
- Bài này cũng có thể làm bằng phƣơng pháp lƣợng giác hóa.
Ví dụ 2: Cho x, y là các số thức thỏa mãn:
22
3x xy y
. Chứng minh rằng:
22
22
4 3 3 3 4 3 3x xy y
(1)
Hướng dẫn: Đặt
2 2 2 2
,2A x xy y B x xy y
+Nếu y=0, khi đó
22
3,A x B x
thỏa mãn (1)
+ Nếu
0y
, đặt
x ty
ta đƣợc:
2 2 2
2 2 2
21
. . .
1
x xy y t t
B A A A f t
x xy y t t
Dễ dàng chỉ ra
3 4 3 3 4 3
33
ft
. Vì
. , 0 3B A f t A
nên suy ra đpcm.
Ví dụ 3: Cho hai số
1
0,
4
xy
thỏa mãn
3 3 2 2
2x y x y
. Tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của biểu thức:
3P x y
.
Lời giải:
Đặt
,2x ty t
, khi đó từ giả thiết ta có:
2
32
3
2
12
1
t
y t t y
t
Do
1
4
y
nên
32
1 13
4 9 0 3 2
2
t t t dot
Ta có
2
2
33
32
3 2 7
31
11
tt
tt
P y t
tt
.
Xét hàm số
2
3
3 2 7
1
tt
ft
t
trên
1 13
;3
2
, dùng đạo hàm dễ dàng chỉ ra
ft
đồng biến trên
1 13
;3
2
. Từ đó tìm đƣợc:
23
7 13
min
8
P
đạt đƣợc khi
1 13 1
;
84
xy
;
3
max
2
P
đạt đƣợc khi
31
;
44
xy
.
Ví dụ 4 (A-2011) Cho các số thực
, , 1;4 ; ;x y z x y x z
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
23
x y z
P
x y y z z x
Lời giải: Đặt
1
; , ;1
4
y ax z bx a b
. Khi đó:
1
2 3 2 3 1
x ax bx a b
P
x ay ax by bx x a a b b
Xét hàm số
22
13
,'
2 3 1
23
a b b
f a f a
a a b b
a a b
Dễ chứng minh
'0fa
với
1
, ;1
4
ab
, suy ra
fa
đồng biến trên
1
;1
4
.
Do đó
41
11 1 4 1
b
P g b
bb
. Khảo sát
gb
trên
1
;1
4
ta đƣợc
1 34
2 33
P g b g
.
Dấu bằng xảy ra khi
1
4 4; 1
4
1 2 2
2
a
x y x y
x z z
b
, , 1;4dox y z
.
Vậy
34
min
33
P
.
24
BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: Tìm GTLN và GTNN của các biểu thức sau:
1) A=
2
22
34y xy
xy
2) B=
22
22
x xy y
x xy y
3)
2
2
22
4
4
x x y
A
xy
4)
22
32C x xy y
biết
,xy
thoả mãn:
22
1x xy y
Bài 2: (B-08): Cho
22
1xy
. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
2
2
26
1 2 2
x xy
P
xy y
Bài 3:Cho x,y >0 .Chứng minh rằng :
2
3
22
41
8
4
xy
x x y
Bài 4: Cho x là số dƣơng và y là số tùy ý, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
2
2 2 2 2
xy
A
x y x y x
25
Chƣơng IV: ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP ĐỒNG BẬC TRONG BÀI
TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.
1) Thuần nhất hóa bất đẳng thức không đồng bậc.
Các bất đẳng thức cổ điển hầu hết đều phát biểu dƣới dạng các biến độc
lập, do đó chúng đều ở dạng đồng bậc. Từ đó đối với các bài toán mà giả thiết
cho các biến có sự ràng buộc thì một trong những ý tƣởng là sử dụng hợp lí giả
thiết để đƣa về dạng đồng bậc.
Ví dụ 1. Cho
, , 0, 1x y z x y z
. Chứng minh rằng:
9 1 4xyz xy yz zx
.
Lời giải: Ta có bất đẳng thức đã cho tƣơng đƣơng với:
3
4 9 0x y z x y z xy yz zx xyz
0x x y x z y y z y x z z x z y
(*)
Do tính đối xứng nên có thể giả sử
x y z
, khi đó ta có:
0z x y x z
và
22
2
0
x x y x z y y x y z x y x xz y yz
x y x y z
Từ đó suy ra đpcm.
Ví dụ 2.Cho
2 2 2
, , 0, 3a b c a b c
. Chứng minh rằng:
3
ab bc ca
c a b
.
Lời giải:
Bất đẳng thức đã cho tƣơng dƣơng với:
