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

MỤC LỤC
Phần 1

Phần II

Mở đầu
1.1 Lý do chọn đề tài

2

1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
1.5. Những điểm mới của SKKN
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Cơ sở lý thuyết

2
2
2
3
3
3
3
3

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

4

a. 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
biểu thức.
Dạng 3: Áp dụng giải phương trình

2

3

6
8

Dạng 4: Áp dụng giải bất phương trình

10

Dạng 5: Áp dụng giải hệ phương trình

11

b) Bài tập tự luyện.

15

2.3.3.Hiệu quả của sang kiến kinh nghiệm
Phần III Kết luận
I. Kết luận
II. Kiến nghị
Tài liệu tham khảo
Danh mục đề tài SKKN

15
16
16
17
18
19

1


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;
2

- 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.
r ur
ur
r
u
r
* Định nghĩa 1: Đối với hệ trục (O; i; j) , nếu a = xi + y j thì cặp số ( x, y) được gọi
ur
ur
ur
là tọa độ của vec tơ a , kí hiệu là a = ( x; y) hay a( x; y) . Số thứ nhất x gọi là hoành
ur
độ, số thứ hai y gọi là tung độ của vecto a .
3


ur

r

*) Định nghĩa 2: Tích vô hướng của hai vecto a và b là một số, kí hiệu là
u
r r
u
r r
( 2 ) ⇔ u + v = u + v , được xác định bởi
ur r

ur r

ur r

( )

a.b = a b cos a, b

* Biểu thức tọa độ của các
phép toán Véctơ
r
ur
Cho a = ( x; y) và b = ( x '; y ') . Khi đó
ur r
ur r
1) a + b = ( x + x '; y + y ') ; a − b = ( x − x '; y − y ')
ur
2) ka = (kx; ky) với k ∈¡
r
ur r
3) vecto b cùng phương với a ≠ 0 khi và chỉ khi có số k sao cho
x = kx '; y = ky '

ur r

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.
ur
ru
r ur
ur
r
u
r
* Định nghĩa 1: Đối với hệ trục (O; i; j, k ) , nếu a = xi + y j + zk thì bộ số ( x, y, z )
ur

ur

ur

được gọi là tọa độ của vec tơ a , kí hiệu là a = ( x; y, z ) hay a( x; y) . Số thứ nhất x
ur
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 cácrphép toán vectơ
ur
Cho a = ( x; y, z ) và b = ( x '; y ', z ') . Khi đó
ur r
ur r
1) a + b = ( x + x '; y + y '; z + z ') ; a − b = ( x − x '; y − y '; z − z ')
ur
2) ka = (kx; ky; kz ) với k ∈¡

r
ur r
3) vecto b cùng phương với a ≠ 0 khi và chỉ khi có số k sao cho
x = kx '; y = ky '; z = kz '
ur r

4) a.b = xx '+ yy '+ zz '
c. Các bất đẳng
thứcr vectơ uur
u
r
Cho u = (a; b), v = ( x; y ), w = (m; n). Ta có
u
r r u
r r
u
r r
+ u + v ≤ u + v . dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng ⇔ ay = bx .
u
r r

u
r

r

u
r r

uu

r

u
r

u
r r

+ u − v ≥ u − v . dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng ⇔ ay = bx .
r

uu
r

u
r r

uu
r

+ u + v + w ≤ u + v + w .dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v , w cùng hướng
 ay = bx
⇔
 nx = my
u
rr

u
r r

ur r

( )

u
rr

u
r r

+ ta có: u.v = u . v cos α với α = a, b mà cos α ≤ 1 do đó u.v ≤ u . v , dấu bằng
u
r r
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.
4


Bài 1. Chứng minh rằng a 2 − 2a + 10 + a 2 + 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
2

2

( 1) ⇔ ( 1 − a ) + 32 + ( a + 2 ) + 12 ≥ 5
r
ur
ur r
Đặt: a = ( 1 − a;3) , b = ( a + 2;1) ⇒ a + b = ( 3;4 )
Ta có:

ur

r

ur r

2
2
( 1 − a ) + 32 + ( a + 2 ) + 12 = a + b ≥ a + b = 5 (đpcm)

ur r

5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a ; b cùng hướng ⇒ 1 − a = 3 ( a + 2 ) ⇔ a = −
4

Bài 2. Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng
a 2 + 2b2
b2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+

≥ 3
ab
bc
ca
Bài giải
u
r  1 2  r  1 2  uu
r 1 2
÷; v =  ;
÷; w =  ;
÷
Chọn u =  ;
÷
c b ÷
a c ÷
b
b







Ta có

u
r r

uu

r

u
r r

uu
r

u+v+w ≥ u+v+w
2

⇔
⇔

2

2

2
2
2
2
1  2 
1  2 
1  2
1 1 1
+  ÷ + 
÷ +  ÷ +
÷ ≥ 3 + + ÷
 b ÷ +  a ÷

÷
  
c  b ÷
 a   c ÷
a b c



a 2 + 2b2
b2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
ab + bc + ca 
+
+
≥ 3 
÷
ab
bc
ca
abc



a 2 + 2b2
b2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
≥ 3 (đpcm)
ab

bc
ca
r r uu
r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ba vecto u, v, w cùng hướng
 2
2
 2 =
ac
b
b c a
 2
2
 = =
⇔ 2 =
⇔ a b c
⇔ a = b = c = 3 [3]
ab
c

 ab + bc + ca = abc

 ab + bc + ca = abc



Bài 3. Với x,y,z là 3 số thực bất kỳ, chứng minh rằng:
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 ( 1)
Bài giải.
5

u
r 
x 3  r 
z 3  ur r  x z 3
3 
x ÷÷, v =  − y − ;
z ÷÷⇒ u + v =  − ;
x+
z÷
Chọn u =  y + ;
2 2 
2 2 
2 ÷


2 2 2
r r r r
u + v ≥ u+v

Ta có:
⇔

2

2

2

2
2
x  3 
z  3 
3


x z  3
+
y
+
+
z
x
+

÷ ≥  − ÷ +
 y + 2 ÷ +  2 x ÷

÷
÷
2   2 ÷
2

 

 2 2   2


2


z ÷÷


⇔ x2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 (đpcm)
u
r r
Dấu bằng xảy ra khi hai vecto u, v cùng hướng
x = z = 0
u
r r
u
r r
x = z = 0
⇔ u + v = u + v ⇔  x
2y + x ⇔ 
[3]
=−
xy + yz + xz = 0

 2
2y + z
Bài 4 . Chứng minh rằng ∀x, y ∈ ¡ ta có

( x + y ) ( 1 − xy )

( 1+ x ) ( 1+ y )
2

2

≤

1
( 1)
2

Bài giải
 2 x   1 − y 2   2 y   1 − x2 
1
⇔
( )  1 + x2 ÷. 1 + y 2 ÷+  1 + y 2 ÷. 1 + x2 ÷ ≤ 1



 

u
r  2x

u
r
r
1− x2  r  1− y2 2 y 
,
v
=
,
u

=
v
=1 .
.
Nhận
thấy

÷
2 ÷
2
2
÷
2
1
+
x
1
+
y
1
+
y


 1+ x


Chọn u = 
Khi đó:

u
rr

,

u
r r

u
r r

u.v = u . v . cos ( u, v )

u
r r
 2x   1− y2   2 y   1− x2 
⇔
.
+
.
=
cos
u
,v) ≤1
(

÷

÷


÷
2 ÷
2
2
2
 1+ x   1+ y   1+ y   1+ x 
 2x   1− y2   2 y   1− x2 
.
+
.
≤ 1 (đpcm)
Hay 
2 ÷
2 ÷ 
2 ÷
2 ÷
 1+ x   1+ y   1+ y   1+ x 
u
r r

u
r r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos ( u, v ) =1 ⇔ u, v cùng phương
x = y
2x 1− y 2
2 y 1− x2
.
=
.

⇔
[4]
2
2
2
2
1+ x 1+ y 1+ y 1+ x
 xy = −1
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
2
2
A = ( x + 1) + y 2 + 4 + x 2 + ( y + 1) + 1

⇔

Bài giải
u
r
r
u
r r
Chọn u = ( x + 1; y;2 ) , v = ( − x; − y − 1;1) ⇒ u + v = ( 1; −3;1)
u
r

r

u
r r

Ta có: ⇔ u + v = u + v ⇔

2
2
( x + 1) + y 2 + 4 + x 2 + ( y + 1) + 1 ≥ 11

6


⇔ A ≥ 11
r r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng, tức là
x +1
y
2
1
2
=
= ⇔ x=− ,y=−
− x − y −1 1
3
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 11
.Bài 2. Cho 6 số thực a, b, c, x, y, z thỏa mãn a + b + c = 2, ax + by + cz = 6 . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức A = 16a 2 + a 2 x 2 + 16b2 + b2 y 2 + 16c 2 + c 2 z 2 .
Bài giải
u
r
r

uu
r
ur ur uu
r
Chọn u = ( 4a; ax ) , v = ( 4b; by ) , w = ( 4c; cz ) ⇒ u + v + w = ( 8;6 )
Ta

u
r

r

uu
r

u
r r

uu
r

⇔ u + v + w ≥ u+v+w

có:

⇔ 16a 2 + a 2 x 2 + 16b 2 + b 2 y 2 + 16c 2 + c 2 z 2 ≥ 10
⇔ A ≥ 10
u
r r uu
r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u, v, w cùng hướng, suy ra
 4aby = 4bax

a + b + c = 2
 4bcz = 4cby
⇔

x = y = z = 3
a + b + c = 2
 ax + by + cz = 6

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 10.
2
Bài 3. Cho x, y, z ≥ − và x + y + z = 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
5
A = 5x + 2 + 5 y + 2 + 5z + 2
Bài giải
u
r
r
u
r
r
u
=
1;1;1
,
v
=
5

x
+
2;
5
y
+
2;
5
z
+
2
u
=
3,
v
= 5( x + y + z ) + 6 = 6
(
)
Đặt:
.Có
Ta có

u
rr

(

)

u

r r

u.v ≤ u . v ⇔ 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2 ≤ 6 3, ∀x, y, z ≥ −
u
r r

2
5

Dấu bằng xảy ra khi u, v cùng hướng
 5x + 2
5y + 2
5y + 2

=
=
⇔ 1
⇔ x= y=z=2
1
1
x + y + z = 6

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 = x 2 + y 2 − 2 x + 1 + x 2 + y 2 + 2 x + 1 + y − 2
Bài giải.
Ta có: A =

2
2
( x −1) + y 2 + ( x −1) + y 2 + y − 2

7


u
r
2
u
=
x
−
1
+ y2
(
)

u
r
u = ( x − 1; y )
r
2
⇒  v = ( x + 1) + y 2
Đặt  r
v = ( − x − 1; y )
u
r r
 u + v = 4 y2 + 4 = 2 y2 +1


Khi đó,

A=

u
r

r

u
r r

2
2
( x −1) + y 2 + ( x −1) + y 2 + y − 2 = u + v + y − 2 ≥ u + v + y − 2

Hay A ≥ 2 y 2 + 1 + y − 2
+) Nếu y < 2 , A = 2 y 2 + 1 + 2 − y
Xét hàm số f ( y ) = 2 y 2 + 1 + 2 − y , có f ' ( y ) =
f '( y ) = 0 ⇔

2y
−1 = 0 ⇔ y 2 + 1 − 2 y = 0
2
y +1

y ≥ 0

⇔ 

 y + 1 = 4 y
2

2y
−1
y2 +1

2

⇒ y=

1
3

Ta có bảng biến thiên
y

1
3

-∞

f '( y )

-

0

2
+

f ( y)

Từ bảng biến thiên suy ra f ( y ) ≥ 2 + 3 hay A ≥ 2 + 3
+) Nếu y ≥ 2 , 2 y 2 + 1 ≥ 2 5 > 2 + 3 ⇒ A > 2 + 3
1

x = 0
y =
3
⇒ 
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 đạt được khi 
y
=
 y ( x − 1) = y ( − x − 1)

3


Dạng 3: Áp dụng giải phương trình

a
x 2 − 6 x + 13 + x 2 + 10 x + 34 = 89 có nghiệm là x = b ,
a
a, b là các số nguyên, phân số tối giản . Tính giá trị biểu thức S = a − b
b
Bài giải
Bài 1. Biết phương trình

x 2 − 6 x + 14 + x 2 + 10 x + 34 = 89 ⇔

2
( x − 3) + 4 + ( x + 5 ) 2 + 9 = 89 (2)

8


u
r

r

u
r r

Đặt u ( 3 − x;2 ) , v = ( x + 5;3) ⇒ u + v = ( 8;5 ) , ta có
u
r r
u
r r
u
r r
( 2 ) ⇔ u + v = u + v ⇔ u, v cùng hướng
⇔ 3 ( 3 − x ) = 2 ( x + 5) ⇔ x =
 a = 19
⇒
⇒ a − 2b = 9
b = 5
Vậy S = 9

19

5

Bài 2. Biết 1 nghiệm của phương trình x x + 1 + 3 − x = 2 x 2 + 1 là a + b , b > 0 .
Tìm nghiệm của phương trình x 2 − bx + a = 0 .
Bài giải
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 3
u
r
u = ( x;1)

Đặt:  r
v = 1 + x ; 3 − x


(

)

u
rr

u
r r

u
r r

Phương trình tương đương với u.v ≤ u . v ⇔ u, v cùng hướng
0 ≤ x ≤ 3


 x = 1
x +1
3− x
⇔
=
⇔ 
x
1
 x = 1+ 2

 x = 1− 2
 
x =1
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 
 x = 1 + 2
a = 1
Suy ra 
. Ta được phương trình x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ x = 1
b = 2

Vậy x = 1
Bài 3. Giải phương trình (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13x 2 − x3 (1)
Cách giải :
7
Điều kiện 2 ≤ x ≤
2
Ta có : (1) ⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = (5 − x)( x 2 − 8 x + 17)
2
7
⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = (5 − x) ( 4 − x ) + 1 , x ∈  2; 



 2
ur

r

Đặt a = ( 4 − x;1) , b =
ur

(

r

)

ur r

x − 2; 7 − 2 x ⇒ a.b = (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x

2
Và a = (4 − x) + 1, b = ( x − 2) + (7 − 2 x) = 5 − x
ur r ur r
u
r r
4− x
1
=
Khi đó (1) ⇔ a.b = a . b ⇔ u, v cùng hướng ⇔
x−2

7 − 2x

9


⇔ (4 − x)2 (7 − 2 x) = x − 2 ⇔ x = 3
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
x 2 + 4 x + 13 − x 2 − 2 x + 2 = 13 ( 1)
Bài4. Giải phương trình
a
a
x = , a, b ∈¢ , là phân số tối giản . Tìm b
b
b
Bài giải.
Điều kiện xác định ∀x ∈¡
u
r
u = ( x + 2;3)
u
r r
⇒ u − v = ( 3;2 )
Đặt  r
v = ( x − 1;1)
u
r

r

Ta có, u − v =

ta

được

x 2 + 4 x + 13 − x 2 − 2 x + 2

r r
u − v = 13
u
r

r

u
r r

Nên phương trình (1) tương đương với u − v = u − v
u
r r

⇔ u, v cùng hướng.
5
⇔ x + 2 = 3x − 3 ⇔ x = ⇒ b = 2 [1]
2
Vậy b = 2
Dạng 4: Áp dụng giải bất phương trình.
Bài 1. Giải bất phương trình : 2( x − 3)2 + 2 x − 2 ≤ x − 1 + x − 3 ( 1)
Bài giải
Điều kiện : x ≥ 1

(1) ⇔ 2 ( x − 3) 2 + ( x −1) 2 ≤
u
r
u
r

x −1 + x − 3

r

r

Đặt u = ( x − 3; x − 1) ⇒ u = ( x − 3)2 + ( x − 1)2 , v = (1;1) ⇒ v = 2
u
r r

u
rr

Suy ra u.v = x −1 + x − 3 và u . v = 2 ( x − 3)2 + ( x −1)2
u
r r

u
rr

(1) ⇔ u . v ≥ u.v luôn đúng.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ 1 [3]
Bài 2. Giải bất phương trình x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3x ≤ 12 ( 1) được tập nghiệm là
 a; b  . Tính a.b

Bài giải

x ≥1

3
3
50

Điều kiện:  x ≥ ⇒ ≤ x ≤
2
2
3

50

 x ≤ 3
u
r
r

Đặt u = ( 1;1;1) , v =

(

)

u
rr

x + 1; 2 x − 3; 50 − 3x ⇒ u.v = x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3x

10


u
r

r

u = 3, v = 48 = 4 3
u
r r

u
rr

(1) ⇔ u . v ≥ u.v (luôn đúng)
Nghiệm của bất phương trình là

3
50
≤ x≤ .
2
3

3

 a = 2
50
⇒
⇒ a.b =

2
b = 50

3
50
2
Bài 3. Giải bất phương trình x 2 − 2 x + 2 + 4 x 2 + 12 x + 25 ≥ 9 x 2 + 12 x + 29
Bài giải.
Bất phương trình tương đương với
2
2
2
( x −1) + 1 + ( 2 x + 3) + 16 ≥ ( 3x + 2 ) + 25 ( 1)
Vậy a.b =

u
r
u = ( x − 1;1)
u
r r
⇒
u
+ v = ( 3x + 2;5 ) . Ta có:
r
Đặt 
v
=
2
x
+

3;4
(
)

u
r
r
u
r r
2
2

2
( x − 1) + 1 ; v = ( 2 x + 3) + 16 ; u + v = ( 3x + 2 ) + 25
u
r r
u
r r
Nên ( 1) ⇔ u + v ≥ u + v (luôn đúng).

u=

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ¡ .[1]
Dạng 5: Áp dụng giải bất phương trình.
Bài 1. (Khối A,A1 năm 2014 ) Giải Hệ Phương trình
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1)

 3
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2

(2)

Bài giải :
Điều kiện : 2 ≤ y ≤ 12, x ≤ 2 3 .
Từ ( 2 ) ⇒ x > 0
ur

(
r

)

r

2
Đặt: a = x; 12 − x , b =

ur r

ur

ur r

(

)

12 − y ; y khi đó phương trình (1) có dạng

a.b = a . b ⇔ a, b cùng hướng.

nên (1) ⇔ x y = (12 − x 2 ). 12 − y ⇔ y = 12 − x 2 , x ≥ 0 .
Thay vào phương trình (2) ta được
x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8 x − 3 = 2( 10 − x 2 − 1)

2(9 − x 2 )
10 − x 2 + 1

2( x + 3) 
⇔ ( x − 3)  x 2 + 3x + 1 +
÷= 0
10 − x 2 + 1 ÷

⇔ ( x − 3)( x 2 + 3x + 1) =

11


x = 3
⇔  2
2( x + 3)
x + 3x + 1 +
= 0 (3)

10 − x 2 + 1

Do x > 0 ⇒ ( 3) vô nghiệm.
⇒ x = 3⇒ y = 3
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 3;3)

 x 2 + 4 xy + 20 y 2 + 20 x 2 + 4 xy + y 2 = 5 ( x + y ) ( 1)


Bài 2. Giải hệ phương trình  2
 y − 3 y − 3x + 4 y + x3 − y 2 − 9 xy −10 = 0
( 2)

Bài giải.
 y 2 − 3 y ≥ 0
Điều kiện 
3x + 4 y ≥ 0
2
2
2
2
( 1) ⇔ ( x + 2 y ) + ( 4 y ) + ( 2 x + y ) + ( 4 x ) = 5 ( x + y )

u
r
u = ( x + 2 y;4 y )
u
r r
⇒ u + v = ( 3x + 3 y;4 x + 4 y )
Đặt:  r
v = ( 2 x + y;4 x )
u
r
2
2 r
2

Khi đó, u =

u
r

r

u
r r

2
( x + 2 y ) + ( 4 y ) ; v = ( 2x + y ) + ( 4x ) ; u + v = 5 x + y

u
r r

ur r

Do, u + v ≥ u + v dấu bằng xảy ra ⇔ a, b cùng hướng.
Nên

2
2
2
2
( x + 2 y ) + ( 4 y ) + ( 2x + y ) + ( 4x ) ≥ 5 x + y ≥ 5 ( x + y )

ur r

Đẳng thức ( x + 2 y ) + ( 4 y ) + ( 2 x + y ) + ( 4 x ) = 5 ( x + y ) xảy ra ⇔ a, b cùng
hướng.
2

2
Hay 4 x ( x + 2 y ) = 4 y ( 2 x + y ) ⇔ x + 2 xy = 2 xy + y ⇔ x = ± y
Thử lại thấy x = − y không thỏa mãn , nên y = x .
Thay y = x vào phương trình ( 2 ) ta được phương trình:
2

2

2

2

x 2 − 3x − 3x + 4 + x3 − x 2 − 9 x − 10 = 0
⇔ x 2 − 3x − 2 + x − 3x + 4 + x3 − x 2 − 10 x − 8 = 0 ( 3)
 4
− ≤ x≤0
( *)
Điều kiện  3
 x ≥ 3

Vì x = −1 không phải là nghiệm của phương trình ( 3) nên

12


x 2 − 3x − 4
x 2 − 3x − 4
+
+ ( x 2 − 3x − 4 ) ( x + 2 ) = 0
2

x − 3 x + 2 x + 3x + 4


1
1
⇔ ( x 2 − 3x − 4 )  2
+
+ x + 2 ÷÷ = 0
 x − 3x + 2 x + 3 x + 4

 x 2 − 3x − 4 = 0
⇔ 
1
1
+
+ x+2=0
 x 2 − 3x + 2 x + 3x + 4
PT ( 3) ⇔


 x = −1(l )

⇔ x = 4

1
1

+
+ x + 2 = 0 ( 4)
2

 x − 3x + 2 x + 3x + 4

Với điều kiện ( *) phương trình ( 4 ) vô nghiệm, nên x = 4 ⇒ y = 4

Vậy nghiệm của hệ là ( 4; 4 ) .[1]
Bài 3. Giải hệ phương trình
 x −1 + y x = 2 x −1 y 2 + x −1


 13 − 4 y 2

(

)

2 x − 3 + ( 4 x − 3) 5 − 2 y 2 = 2 + 8 16 y 2 − 4 x 2 −15

( 1)
( 2)

Bài giải.
3

x ≥ 2


10
Điều kiện  y ≤ 2

 y 2 + x −1 ≥ 0


2
2
16 y − 4 x − 15 ≥ 0
u
r
u = x ; x − 1

Đặt  r
 v = y; x − 1

rr
r r
Ta có u.v = x − 1 + y x ; u . v = 2 x − 1 y 2 + x − 1
u
rr u
r r
u
r r
Nên phương trình ( 1) ⇔ u.v = u . v ⇔ u, v cùng hướng

(
(

)

)

 x = 1 (l )

⇔ y x −1 = x . x −1 ⇔ 

 y = x , ( y ≥ 0 )
Thay y = x 2 vào phương trình ( 2 ) ta được
2

( 13 − 4 x ) 2 x − 3 + ( 4 x − 3) 5 − 2 x = 2 + 8 16 x − 4 x 2 −15 ( 3)
u = 2 x − 3
Đặt 
v = 5 x − 2

2
u = 2 x − 3
⇒ u 2 + v2 = 2
( u ≥ 0; v ≥ 0 ) ⇒  2
v = 5 − 2 x

13


13 − 4 x = 2v 2 + 3

2
và  4 x − 3 = 2u + 3

2
uv = 16 x − 4 x − 15
Phương trình ( 3) trở thành:

( 2v + 3) u + ( 2u + 3) v = 2 + 8uv

⇔ ( 2v + 3) u + ( 2u + 3) v = u + v
2

2

2

2

2

+ 8uv

2

⇔ 2uv ( u + v ) + 3 ( u + v ) = ( u + v ) + 6uv
⇔ 2uv ( u + v − 3) = ( u + v ) ( u + v − 3)
2

u + v = 3

⇔ ( u + v − 3) ( 2uv − u − v ) = 0 ⇔ 

u + v = 2uv
7  16 x − 4 x 2 −15 = 7

u 2 + 2uv + v 2 = 9
uv =

2⇔ x=2

⇔ 2
⇔
2 ⇒ 
2
2 2

u + 2uv + v = 4u v
 16 x − 4 x 2 − 15 = 1
uv = 1

Với x = 2 ⇒ y = 2

(

)

Vậy nghiệm của hệ là 2; 2 [1]
 x 4 + y 4 + z 4 = 1
Bài 4. Giải hệ phương trình :  2
2
2
 x + y + 2 z = 7

Bài giải.
Gọi ( x0 ; y0 ; z0 ) là một nghiệm tùy ý của hệ nếu có. Xét hai vectơ sau trong không
gian
:
u
r
r

u = ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ), v = (1;1;2) khi đó
u
r

r

u
rr

u = x0 4 + y0 4 + z0 4 = 1, v = 6 , u.v = x0 2 + y0 2 + 2 z0 2 = 7
u
r r

u
rr

u.v
7
⇒ cos(u, v) = ur r =
> 1 vô lý
6
u.v
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.[3]

x + y + z =1
 2
2
2
Bài 5. Giải hệ phương trình :  x + y + z = 1
 3

3
3
x + y + z =1

Bài giải.
u
r
r
Xét hai vectơ u = ( x0 ; y0 ; z0 ); v = ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ) trong đó ( x0 ; y0 ; z0 ) là nghiệm của hệ.
u
rr
⇒ u.v = x03 + y0 3 + z03 = 1 (1)
u
r

Ta có, u = x0 2 + y0 2 + z02 = 1
r

v = x0 4 + y0 4 + z0 4 =

(x

0

2

+ y0 2 + z02 ) − 2 ( x0 2 y0 2 + y0 2 z0 2 + z0 2 x0 2 )
2

14

(

)

= 1 − 2 x0 2 y0 2 + y0 2 z0 2 + z0 2 x0 2 ≤ 1
u
r r

⇒ u . v ≤ 9 (2)

u
r r

u
rr

Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra u . v ≤ u.v ( 3)
u
rr u
r r
Măt khác u.v ≤ u . v ( 4 )
 x0 2 y0 2 = 0
 2 2
2
2
2
2
2

2
Nên từ ( 3) và ( 4 ) suy ra: u . v = u.v = 1 ⇔ x0 y0 + y0 z0 + z0 x0 = 0 ⇔  y0 z0 = 0
 2 2
 z0 x0 = 0
u
r r

u
rr

 x0 y0 = 0

 y0 z0 = 0
Do đó x0 ; y0 ; z0 phải thỏa mãn hệ 
 z0 x0 = 0
x + y + z =1
0
0
 0

suy ra trong ba số x0 ; y0 ; z0 có hai số bằng 0, một số bằng 1.
Thử vào hệ thỏa mãn.
Vậy hệ đã cho có ba nghiệm sau (1;0;0), (0;1;0),(0;0;1).[3]
b) Bài tập tự luyện.
Bài 1. Chứng minh rằng
( x −1)2 + ( y −1)2 + ( z + 1) 2 + ( x + 1)2 + ( y −1) 2 + ( z −1) 2 ≥ 2 2, ∀x, y, z [4]
Bài 2. Giải phương trình :
Bài 3. Giải phương trình

x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29 [3]

x 2 − 2 x + 5 − x 2 − 6 x + 10 = 5 [1]

 x 2 + xy + y 2 = 3
Bài 4. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn  2
. Tìm giá trị lớn nhất
2
 y + yz + z = 16

của biểu thức A = xy + yz + zx . (đề thi khối lần 3 khối 10 trường Nông Cống 1)
 x2 + y 2 = − y( x + z)
 2
Bài 5. Giải hệ phương trình:  x + x + y = −2 yz
[3]
 2
2
3x + 8 y + 8 xy + 8 yz = 2 x + 4 z + 2
 x − 1 + 2 xy − 4 x − 4 y + 8 = 2 x − 3 x + 2 y − 5

Bài 6. Giải hệ phương trình: 
[1]
2
 3 ( x − 1) − 2 3 2 y − 3 − ( 2 y − 7 ) x − 8 − 3x + 31 = 0

2.3.3.Hiệu quả của sang kiến kinh nghiệm
a) Đối với hoạt động giáo dục:
Trong những năm được phân công dạy khối 10, 12 tôi thấy học sinh ở các
lớp không phải lớp mũi nhọn của nhà trường thường bỏ qua các bài tập về bất đẳng
thức; tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức, giải phương trình, bất phương
15

trình, hệ phương trình phức tạp. Trong khi đó, các kỳ thi hiện nay đối với môn toán
học sinh làm bài theo hình thức trắc nghiệm, kiến thức khảo sát trong đề thi rất
rộng, vì vậy nếu có tư tưởng bỏ những phần khó, thì các em sẽ bỏ rất nhiều mảng
kiến thức. Nên tôi chủ động tìm tài liệu để dạy về những phần lâu nay học sinh
thường bỏ qua, chọn bài tập thích hợp, để học sinh thấy được mình vẫn làm được
những bài thuộc mảng khó ở một mức độ nào đó. Việc chọn bài, sắp xếp thứ tự các
bài trong sáng kiến của tôi tăng dần theo mức độ từ dễ, đến khó, từ đơn giản đến
phức tạp hơn một chút, để học sinh có thể từ từ tiếp nhận kiến thức, từ đó khuyến
khích được học sinh học và thúc đẩy niềm say mê, tính sáng tạo và ham tìm tòi của
học sinh. Để kiểm tra tính hiệu quả của sáng kiến, trong năm học 2017 - 2018 này,
được sự phân công giảng dạy ở lớp 10C4 (lớp khối A1của BGH trường THPT
Nông Cống I, tôi đã sử dụng sáng kiến này để dạy trên lớp 10C4, và thấy rằng các
em có thể giải bài tốt hơn so với lúc chưa sử dụng sáng kiến. Kết quả qua 2 bài
kiểm tra thử (một bài trước khi dùng sáng kiến, và 1 bài sau khi dùng sáng kiến) ở
lớp như sau:
Điểm từ
Điểm 8 trở lên
Điểm dưới 5
5 đến 8
Sĩ
số
Số
Số
Số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lượng

lượng
Bài kiểm
38
0
0
10 26,3 % 28 73,7 %
tra trước
Bài kiểm
39,5 %
34,2 %
38
10
26,3%
15
13
tra sau
b) Đối với bản thân :
Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm vào trong quá trình dạy học, vừa giúp
bản thân tôi truyền đạt kiến thức đến các em học sinh một cách tốt hơn, vừa giúp
tôi trau dồi kiến thức, kinh nghiệm dạy học.
c) Đối với đồng nghiệm và nhà trường :
Đây là tài liệu có thể sử dụng để dạy cho học sinh khối 10 và học sinh ôn thi
trung học phổ thông quốc gia, góp phần nâng cao cao chất lượng dạy và học.
Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và
hạn chế. Tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp
ý cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn.
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ:
I. Kết luận:
Việc giải các bài toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và
bài toán tìm cực trị của một biểu thức đại số trong các đề thi là một dạng toán

khó, có rất nhiều phương pháp giải khác nhau, mỗi phương pháp giải mang lại hiệu
quả khác nhau, nên để tạo được hứng thú cho hoc sinh cũng là rất cần thiết, mục
tiêu hướng tới của tôi là tạo niềm say mê cho học sinh và để học sinh có động lực
giải được các dạng toán khó trong chương trình THPT, tìm lời giải ngắn gọn phù
hợp với hình thức thi trắc nghiệm. Chính vì thế đòi hỏi tôi tìm kiếm những phuơng
pháp giải hay, đơn giản, và sát với nội dung học của học sinh .Tôi đã mạnh dạn dạy
16


phần này để gây hứng thú, chủ động tích cực của học sinh. Đó là nhu cầu cần thiết
của người học toán:
- Khả năng vận dụng, khả năng liên hệ kết nối kiến thức.
- Khả năng tư duy và tự học.
- Tính sáng tạo và đổi mới, ham học và tích luỹ kiến thức biết liên hệ, vân
dụng vào thực tế.
2. Những kiến nghị:
- Về phía nhà trường: Các thành viên tổ tìm tài liệu hay, giới thiệu nhà trường mua
cho giáo viên tham khảo .
- Về phía Sở: có buổi tập huấn về chuyên môn của từng môn học có hiệu quả hơn,
mời các thầy giáo đầu ngành về tập huấn chuyên môn cho các trường.
- Những sáng kiến đạt giải cao nên được phổ biên rộng rãi để đồng nghiệp học tập.

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bí quyết chinh phục kỳ thi THPT quốc gia 2 trong 1, chủ đề PHƯƠNG
TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH- Phạm Nguyên bình,
Nguyễn Ngọc Duyệt. NXB Đại học quốc gia Hà Nội, năm 2014
2. 263 bài toán bất đẳng thức chọn lọc – Nguyễn Vũ Thanh, NXB Đại học

quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh; năm 2000.
3. Trần Minh Cường, GV trường THPT Phú Lộc, Thừa Thiên Huế - “Ứng
dụng phương pháp tọa độ vecto, tọa độ điểm vào việc giải bất đẳng thức,
phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình”
4. Nguồn internet.

18


DANH MỤC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Giúp học sinh lớp 11 tiếp cận và giải một số bài tập xác suất, năm học
2015 – 2016, xếp loại C

19