“Một số dạng Toán ứng dụng dạng toàn phương của đa thức bậc hai”

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (246.71 KB, 31 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. ĐẶT VẤN ĐỀ

Toán học là một trong những khái niệm trừu tượng nhất mà bộ não con
người phải tư duy. Khả năng đếm, tính tốn và sử dụng mối quan hệ giữa các
con số là một trong những thành tựu vĩ đại nhất của nhân loại. Tốn giúp cho
học sinh có tư duy logic rành mạch, điều này mọi ngành nghề của các em sẽ làm
trong tương lai ln cần tới, chính vì thế mà Toán học rất quan trọng đối với bản
thân mỗi người học. Do đó người giáo viên dạy Tốn phải luôn trau dồi về kiến
thức và phương pháp giảng dạy để theo kịp với xu hướng phát triển của bộ môn
và tư duy phát triển của nhân loại. Là một giáo viên dạy Toán của trường trung
học cơ sở bên cạnh việc giảng dạy cho các em về kiến thức cơ bản trong sách
giáo khoa thì việc bồi dưỡng nâng cao cho các học sinh khá giỏi là một nhiệm
vụ quan trọng. Tôi luôn ghi nhớ “Kết thúc đời học sinh chúng em sẽ không nhớ
những thầy cô giáo đã giảng cho những bài tốn khó. Học sinh chỉ nhớ những
thầy cơ giáo đã khơi gợi, khuyến khích để chúng em có thể tự giải được những
bài tốn đó” (Thế giới phẳng - Thomas Friedman); hay một câu khác “Một thầy
giáo vĩ đại là thầy giáo biết truyền cảm hứng”. Là giáo viên dạy tốn ngồi việc
tiếp thu kiến thức của bộ mơn, của các nhà tốn học, tơi ln phải tìm tịi sáng
tạo những phương pháp giảng dạy phù hợp cho từng đối tượng học sinh để mang
lại cho các em hứng thú học tập và kết quả học tập tốt nhất. Trong những năm
gần đây, qua quá trình giảng dạy tơi nhận thấy có rất nhiều dạng tốn khó mà để
giải được thì ta phải đưa về dạng tồn phương của đa thức bậc hai.

Trong chương trình tốn trung học cơ sở thì bảy hằng đẳng thức đáng nhớ
vô cùng quan trọng, đặc biệt là hai hằng đẳng thức đầu tiên: (AB)2=A2
2AB+B2. Chúng không những giúp cho học sinh phương pháp tính nhanh, một
phép biến đổi để rút gọn một biểu thức mà chúng còn được sử dụng vào các
dạng tốn khó như: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất… và khi biết vận dụng hai hằng đẳng thức này để đưa các đa
thức về “Dạng toàn phương của đa thức bậc hai” thì việc giải các bài tốn đó

lại khơng mấy khó khăn.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Từ lí do trên tôi xin phép giới thiệu sáng kiến “Một số dạng Tốn ứng
dụng dạng tồn phương của đa thức bậc hai” với hy vọng rằng sẽ giúp ích
được cho q đồng nghiệp trong q trình dạy học.

2. MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN

Sáng kiến được tơi viết với mục đích truyền thụ cho các em phương pháp,
cách thức học tập mơn tốn đơn giản, dễ hiểu nhất. Giúp các em thành công
trong học tập, đạt kết quả cao trong các kì thi vào trung học phổ thơng, kì thi học
sinh giỏi. Và đặc biệt mang đến cho các em một hành trang vững chắc để các em
có thể vững bước trong cuộc sống sau này và trở thành những những chủ nhân
tương lai của đất nước vừa có tâm, có tài, có tầm nhìn khống đạt. Và nói theo
cách nói của nhà văn huyền thoại Sôlôkhôp trong phần kết của truyện ngắn nổi
tiếng “Số phận con người” thì: Những người này thì dù ở đâu, giữ cương vị gì
thì họ cũng sẽ đóng góp tích cực, góp phần thúc đẩy sự phát triển của đất nước
Việt Nam thân yêu của chúng ta!

Bên cạnh đó tơi cũng mong muốn rằng những kinh nghiệm của mình được
thể hiện trong sáng kiến có thể góp một phần nào đó giúp các đồng nghiệp của
mình những kinh nghiệm nhất định trong giảng dạy.

Là một người giáo viên việc viết sáng kiến kinh nghiệm là một nhiệm vụ
vô cùng quan trọng với ngành giáo dục và với nhà trường. Bên cạnh đó việc viết
sáng kiến kinh nghiệm là một hình thức tự rèn luyện trau dồi thêm về chuyên
môn nghiệp vụ về phương pháp để khơng ngừng nâng cao chất lượng giảng dạy.
Và đó cũng là trách nhiệm của mỗi chúng ta đối với sự phát triển của ngành giáo
dục và sự phát triển của đất nước.

3. NHIỆM VỤ CỦA SÁNG KIẾN

Nghiên cứu cơ sở lí luận của phương pháp dạy học Tốn theo định hướng
hình thành và phát triển năng lực người học.

Xây dựng phương pháp học Tốn theo định hướng hình thành và phát triển
năng lực của học sinh. Truyền thụ cho học sinh những phương pháp, khả năng
tư duy lôgic của Tốn học góp phần nâng cao thành tích giáo dục của học sinh
nói riêng và nhà trường nói chung.

Tiến hành thực nghiệm sư phạm trong nhà trường.
4. PHẠM VI NGHIÊN CỨU

Những cơ sở lý luận để nghiên cứu giải pháp. Thực trạng học và giải các
dạng toán của học sinh.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

5. Đối tượng nghiên cứu:

Các dạng toán: Giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức.

Các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10, đề thi vào trường chuyên lớp
chọn.

6. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu trong các sách bồi dưỡng, sách nâng cao và
phát triển, các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10 và các đề thi vào các trường
chuyên lớp chọn, nghiên cứu trên mạng internet, nghiên cứu qua đồng nghiệp …
Nghiên cứu thực nghiệm: Tiến hành soạn giảng giáo án và dạy thực

nghiệm trên học sinh lớp 8A, 8B trong trường tôi công tác và dạy cho các đội
tuyển học sinh giỏi và học sinh thi vào lớp 10 và thi vào các trường chuyên lớp
chọn

Phân tích đối chiếu: Phân tích đối chiếu yêu cầu giữa chuẩn kiến thức,
chuẩn kĩ năng đối với học sinh lớp 8, 9 bậc trung học cơ sở với những bài kiểm
tra, khảo sát của học sinh, tìm ra những hạn chế chủ yếu của các em khi Giải
phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

Đưa ra những giải pháp để giáo viên vận dụng vào việc rèn luyện kĩ năng
sử dụng “Dạng toàn phương của đa thức bậc hai” cho học sinh nhằm phát huy
khả năng tư duy, sáng tạo, của các em học sinh.

7. THỜI GIAN NGHIÊN CỨU

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

PHẦN II: NỘI DUNG
CHƯƠNG 1

CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ

Trong q trình giảng dạy mơn Tốn cho học sinh, sau khi học xong hai
hằng đẳng thức “Bình phương của một tổng” và “Bình phương của một hiệu” thì
việc ứng dụng hai hằng đẳng thức đó vào việc giải các loại bài tập: Giải phương
trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất … ln có tần
suất cao nhất trong bẩy hằng đẳng thức đáng nhớ, chính vì vậy học sinh cũng
thuộc hai hằng đẳng thức này một cách nhanh nhất, nhiều nhất và nhớ lâu nhất.

Thực tế càng về gần đây những bài tập giải phương trình, chứng minh bất
đẳng thức, tìm cực trị của một đa thức bậc hai và những đa thức được quy về đa
thức bậc hai xuất hiện ngày càng nhiều trong các kì thi học sinh giỏi, thi tuyển

sinh vào lớp 10 và thi vào các trường chuyên lớp chọn … ngồi những bài tập
có thể giải theo các phương pháp cơ bản đã được giới thiệu trong sách giáo khoa
thì có rất nhiều các bài tập khó khơng thể áp dụng ngay dạng cơ bản được và khi
đó “Dạng toàn phương của một đa thức bậc hai” là một ứng dụng vô cùng
hữu hiệu.

Các dạng tổng quát mà học sinh cần nhớ để giải toán.

1.1. Hằng đẳng thức bình phương của một tổng, bình phương của
một hiệu.





2 2

A  AB B  A B





2 2

A  AB B  A B

1.2. Dạng toàn phương của một đa thức
Tổng quát :

Một đa thức bậc hai viết ở dạng a A1 12 a A2 22 a A3 32 ... a A n n2 c trong

đó a ;a ;a ;...;a ;c1 2 3 n là các số thực, còn A ;A ;A ;...;A1 2 3 n là các đa thức chứa biến
ta gọi là dạng tồn phương của đa thức bậc hai.

1.3. Giải phương trình

Tổng quát :








      



 


1
2

2 2 2 2

1 1 2 2 3 3 n n

A 0

a A a A a A ... a A 0

....

A 0

Trong đó a , a , a ,...,a1 2 3 nlà các số thực cùng dấu.
1.4. Chứng minh bất đẳng thức

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Trong đó : a ,a ,...., a , c1 2 n R;a ,a ,....,a1 2 n 0 và A , A ,..., A1 2 n là các đa thức
chứa biến.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:










 



1
2
n

A 0

....

A 0

1.5. Tìm cực trị của một đa thức bậc chẵn

1.5.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của một đa thức bậc chẵn
Tổng quát: Aa A1 12 a A2 22 a A3 32... a A n n2 c c

Trong đó : a ,a ,...., a , c1 2 n R;a ,a ,....,a1 2 n 0 và A , A ,..., A1 2 n là các đa thức
chứa biến.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:










 


1
2
n

A 0

....

A 0

=> Giá trị nhỏ nhất của đa thức A là c

1.5.2. Tìm giá trị lớn nhất của một đa thức bậc chẵn
Tổng quát: Aa A1 12 a A2 22 a A3 32... a A n n2 c c

Trong đó : a ,a ,...., a , c1 2 n R;a ,a ,....,a1 2 n 0 và A , A ,..., A1 2 n là các đa thức
chứa biến.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :










 


1
2
n

A 0

....

A 0

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

CHƯƠNG 2

THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ

Từ xưa đến nay Vấn đề đổi mới phương pháp dạy học mơn Tốn ln được
các cấp quản lí quan tâm chỉ đạo một cách sát sao. Vì vậy, về cơ bản đa số giáo
viên nắm chắc phương pháp, vận dụng sáng tạo với tình hình thực tế và đối
tượng học sinh. Tuy nhiên vẫn còn một số giáo viên chưa tích cực nghiên cứu,
chưa tìm ra phương pháp dạy học đạt hiệu quả dẫn đến chất lượng học tập của
học sinh chưa được nâng lên, nhất là chất lượng các bài tập nâng cao dạng giải

phương trình; chứng minh bất đẳng thức; tìm cực trị của một đa thức.

Từ thực trạng đó, trong q trình giảng dạy của bản thân cũng như của
đồng nghiệp, tôi xin đưa ra những hạn chế trong phương pháp giảng dạy của
giáo viên và phương pháp tự học, tự nghiên cứu của học sinh như sau:

2.1. Đối với giáo viên:

Giáo viên ít nghiên cứu sách tham khảo, sách nâng cao và phát triển, các đề
thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn các câu cuối của các đề thi vào
lớp 10 hàng năm.

2.2. Đối với học sinh:

Học sinh thường lười đọc sách tham khảo, lười tư duy sáng tạo và suy nghĩ
theo kiểu lối mòn, chỉ nhớ được vài phương pháp cơ bản trong sách giáo khoa,
học bài nào biết bài đấy. Do vậy khi gặp các bài tập khó như câu cuối của các đề
thi vào lớp 10, trong các kì thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn.
không áp dụng được các phương pháp thông thường là học sinh đi vào bế tắc và
khơng tìm ra cách làm.

Chính vì vậy điểm thi của các em trong các kì thi vào lớp 10 hàng năm cịn
rất ít điểm tối đa. Kết quả thi học sinh giỏi hàng năm cịn thấp, chưa có giải cao.
Tỉ lệ học sinh đỗ vào các trường chuyên lớp chọn cịn ít.

2.3. Đối với thực tế

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

CHƯƠNG 3

MỘT SỐ DẠNG TOÀN PHƯƠNG CỦA ĐA THỨC BẬC HAI

3.1. Dạng toàn phương của đa thức

3.1.1. Tổng quát :

Một đa thức bậc hai viết ở dạng a A1 12 a A2 22 a A3 32 ... a A n n2c trong
đó a ;a ;a ;...;a ;c1 2 3 n là các số thực và A ;A ;A ;...;A1 2 3 nlà các đa thức chứa biến ta
gọi là dạng toàn phương của đa thức bậc hai.

3.1.2. Bài tập áp dụng

Ví dụ 1. Viết đa thức sau ở dạng toàn phương
a) 2

Ax  8x 15

b) 2

B3x  5x 1

c) 2

C2x 3x4

Giải:

a) Ax2  8x 15 x2  2x.442  1(x 4)2 1

b)

         

     

   

   

   

    

    

   

 

2 2 2

2 2

5 1 5 25 13

B 3x 5x 1 3 x x 3 x 2x.

3 3 6 36 36

5 13 5 13

3 x 3 x

6 36 6 12

c)

         

     

   

   

   

    

    

   

 

2 2 2

2 2

3 3 9 41

C 2x 3x 4 2 x x 2 2 x 2x.

2 4 16 16

3 41 3 41

2 x 2 x

4 16 4 8

Ví dụ 2. Viết đa thức sau ở dạng toàn phương:

2 2

Ax  4xy5y 10x 22y28
Giải:

2 2 2 2

A x 4xy 5y 10x 22y 28 x 4xy 10x 5y 22y 28
x 2x(2y 5) (2y 5) (2y 5) 5y 22y 28

(x 2y 5) y 2y 1 2 (x 2y 5) (y 1) 2

           

         

            

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

    

    

  

        

   

2 2

B x y xy x y

x xy x y y

y 1 y 1 y 1

x 2x. y y

2 2 2



    

 

             

     

   

   

   

2 2

y 1 3 1 1

x y

2 4 3 3

y 1 3 1 1 y 1 3 2 1 1

B x y y x y y

2 4 2 4 2 4 3 9 3

* Nhận xét: Để đưa một đa thức bậc hai về dạng toàn phương ta sử dụng
hằng đẳng thức bình phương của một tổng hoặc một hiệu. Trước hết ta chọn một
biến để đưa về hằng đẳng thức( bình phương của một tổng hoặc một hiệu) chứa
biến đó, phần cịn lại của đa thức ta lại làm như vậy với biến thứ hai và cứ tiếp
tục làm như vậy đến khi hết các biến có trong đa thức.

Ví dụ 4. Viết đa thức sau ở dạng tồn phương:

2 2 2

C x 5y 3z  4xy 2yz 2xz6x 16y  20z41
Giải:

              

         

         



         

          

2 2 2 2 2

2 2 2

x 2x(2y z 3) (2y z 3) (2y z 3) 5y 3z 2yz 16y 20z 41

C x 5y 3z 4xy 2yz 2xz 6x 16y 20z 41

x 4xy 2xz 6x 5y 3z 2yz 16y 20z 41

(x 2y z 3) y 2yz 4y 2z 14z 32

(x 2y z 3) y 2y(z 2) (z 2) (z 2   

          

        

2 2

2 2 2

) 2z 14z 32

(x 2y z 3) (y z 2) z 18z 81 53

=(x 2y z 3) (y z 2) (z 9) 53

Ví dụ 5. Viết đa thức sau ở dạng toàn phương:

 2  2  2  2          

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Giải:

                 

              

             

2 2 2 2 2

2 2 2 2

3x 6x(y 3z 2t 1) 3(y 3z 2t 1) 2y 8yz 12yt 8y 13z 34zt 46z 29t 7

D 3x 5y 40z 41t 6xy 18xz 12xt 26yz 24yt 70zt 6x 14y 64z 90t 88
=3x 6xy 18xz 12xt 6x 5y 40z 41t 26yz 24yt 70zt 14y 64z 90t 88



                 

 

 

                 

              

2 2 2 2 2

2 2 2

8t 85

=3 x 2x(y 3z 2t 1) (y 3z 2t 1) 2y 8yz 12yt 8y 13z 34zt 46z 29t 78t 85

3(x y 3z 2t 1) 2y 4y(2z 3t 2) 2(2z 3t 2) 5z 10zt 30z 11t 54t 77
3(x y 3z 2t 1) 2 y 2y(2z 3t 2) (2z 3t 2) 5     

               

                   

             

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

z 10zt 30z 11t 54t 77
=3(x y 3z 2t 1) 2(y 2z 3t 2) 5z 10z(t 3) 5(t 3) 6t 24t 32

3(x y 3z 2t 1) 2(y 2z 3t 2) 5 z 2z(t 3) (t 3) 6(t 4t 4) 8
3(x y 3z 2t 1) 2(y 2z 3t 2) 5(z t 3) 6(t 2) 8

3.2. Giải phương trình
3.2.1. Tổng quát :








      



 


1
2

2 2 2 2

1 1 2 2 3 3 n n

A 0

a A a A a A ... a A 0

....

A 0

Trong đó a , a , a ,...,a1 2 3 nlà các số thực cùng dấu.
3.2.2. Bài tập áp dụng

Ví dụ 1. Giải phương trình x2 y2 z2 t2  1 x(y  z t 1)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>



  



 



 



   
        
       



      
       


       
        
   
   
   
 
 
 
2 2
2
2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

y z t 1 3 z t 1 z t 1

x y 2y

2 4 3 3

y z t 1 y z t 1 y z t 1

x 2x y z t 1 0

2 2 2

y z t 1 3 y(z t 1) 3 zt z t 3 3

x y z t 0

2 4 2 4 2 4 4

x y z t 1 x(y z t 1)

x y z t 1 x(y z t 1) 0



 



 
     
      
        
 
 
 
   
   
   

2
2 2
2 2
2 2

3 z t 1 3 zt z t 3 3

z t 0

4 3 4 2 4 4

y z t 1 3 z t 1 2 z(t 1) t 2 2

x y z 2 t 0

2 4 3 3 3 3 3

       
                  
         
     
     
              
     
    
   
       
   

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

y z t 1 3 z t 1 2 z(t 1) t 1 2 t 1 2 2t 2

x y z 2 t 0

2 4 3 3 2 2 3 2 3 3 3

y z t 1 3 z t 1 2 t 1 1 1

x y z t t 0

2 4 3 3 2 2 2

y z t 1 3 z t 1 2

x y z

2 4 3 3






 
   

 
 
2
2

t 1 1

t 1 0

2 2





    
     
   
  


  
    
       
 
      
  

  

   
    
  
   

 


2
2
2
2

y z t 1

x 0 y z t 1

x 0

z t 1 z t 1

y 0 y 0 x 2

3 3

y z t 1
t 1

t 1 z 0

z 0

2
2

t 1 0
t 1 0

Phương trình có nghiệm (x;y;z;t) = (2;1;1;1)
Cách khác:

2 2 2 2

x y z t  1 x(y  z t 1)

 x2 y2 z2 t2  1 x(y  z t 1)0

 4x2 4y2 4z2 4t2  4 4xy 4xz 4xt 4x0

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>



2
2
2
2

(x 2y) 0 x 2y 0

(x 2z) 0 x 2z 0 x 2

x 2t 0 y z t 1

(x 2t) 0

x 2 0
(x 2) 0

 

   

      



 

 

  

    

  

 

     



Ví dụ 2. Giải phương trình( ẩn a, b, c, d, e, f)

2 2 2 2 2 2 3

a b c d e f ab bc cd de ef f
7

           

( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 tỉnh Khánh Hồ 2004 - 2005)
Giải:

2 2 2 2 2 2

a b c d e f ab bc cd de ef f
7

a b c d e f ab bc cd de ef f 0
7

           

             

Đưa vế trái của phương trình về dạng tồn phương ta được phương trình

2 2 2 2 2 2

1 3 2 2 3 5 4 3 5 7 6

a b b c c d d e e f f 0

2 4 3 3 4 8 5 5 6 12 7

1 2 3 4 5 6

a b b c c d d e e f f 0

2 3 4 5 6 7

           

           

           

           

            

6 5 4 3 2 1

f = ; e = ; d = ; c = ; b = ; a =

7 7 7 7 7 7

1 2 3 4 5 6
Ph ơng trình có nghiệm ; ; ; ; ;

7 7 7 7 7 7



 

 

 

Ví dụ 3. Giải phương trình 5x2 9y2  12xy24x 48y800

( Đề thi sinh vào lớp 10 chuyên, Trường THPT Lê Hồng Phong,
Thành phố Hồ Chí Minh 2004 - 2005)
Giải:

5x2 9y2  12xy24x 48y800

Đưa vế trái của phương trình về dạng tồn phương ta được phương trình





2 2

3y 2(x4) (x 4) 0







3y 2(x 4) 0

3y 2(x 4) 0 y

x 4 0

(x 4) 0 x 4



        

 

 

  

 


 

 

  

Phương trình có nghiệm (x;y)=

16
4;

 

 

 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

4x2 2y2 10z2  5 2z 54xy 4xz4yz 4x 2y 10z
Giải:

Đkxđ : z5 / 2

2 2 2

4x 2y 10z  5 2z 5 4xy 4xz4yz 4x 2y 10z

2 2 2

4x 2y 10z 4xy 4xz 4yz 4x 2y 10z 5 2z 5 0

            

Đưa đa thức 4x2 2y2 10z2  4xy4xz 4yz4x2y 10z 5 về
dạng tồn phương ta được phương trình:

   2   2   

(2x y z 1) (y 3z 2) 2z 5 0





 

   

 

 

       

   

  



x 1
2x y z 1 0

y 3z 2 0 y

2z 5 0 5

z tm

Ví dụ 5. Tìm tất cả các cặp số (x;y) thỏa mãn phương trình sau :





5x 2 x 2y y  1 0

(Đề thi vào lớp 10, Thành phố Hà Nội năm 1994 - 1995)
Giải :

Ta có : Đkxđ : x0







 





 





 







2
2

2 2

5 2 2 1 0

5 4 2 1 0

2 4 4 1 0

2 1 0

0 2

1 1

2 1 0

2 4

x x y y

x x x y y

y x y x x x

y x x

y
y x
y x

x

x x tm

    

     

      

    



  

   

  

     


 

  

  



Vậy





1 1

; ;

4 2
x y  

 

Ví dụ 6. Giải phương trình x 3 2 x 3x2 6x4

(Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội năm 2014 - 2015)
Giải :

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

























2
2 2
2 2
2
2
2
2

3 6 4 3 2 0

5 5 1 3

5 3 2 0

2 2 2 2

5 1

2 1 2 3 2 3 2 0

2 2

5 1

1 3 2 0

2 2

1 0 1 0

3 2 0

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x

x x
x x
x x
    
        
        
     

    

 
   
  

   











1
1
1 3 2.1 0

x
x tm
tm



   
  



Vậy phương trình có nghiệm x = 1

Ví dụ 7. Giải phương trình x x



5 32



 2



2x 1 1



0

(Đề thi chuyên toán Hà Nội – Amsterdam năm 2014)

Giải :

Đkxđ : x1/ 2

























3
4
2
4
4
2

5 2 2 1 0

5 2 1 2 2 1 1 0

5 2 1 1 0

5 0 0

0
2.0 1 1 0

2 1 1 0
x x

x x x

x x
x x
x tm
tm
x
   
      
    
   
 
     
  
   
 


Vậy x = 0

Ví dụ 8. Tìm nghiệm ngun của phương trình:
x2 + 2y2 +3xy +3x + 5y = 15

Giải:
Ta có :

x2 + 2y2 +3xy +3x + 5y = 15 4x2 + 8y2 +12xy +12x + 20y = 60
Biến đổi về dạng toàn phương ta được

(2x + 3y + 3)2 – ( y - 1)2 = 68

 (2x +2y +4)(2x + 4y -2) = 68 (x +y +2)(x + 2y -1) = 17 (*)

Do x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1:





x +y +2 = 17 y = -13
tm
x + 2y -1 =1 x = 28

 



 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Trường hợp 2:





x +y +2 = 1 y = 19
tm
x + 2y -1 =17 x = - 20

 



 

 

Trường hợp 3:





x +y +2 = -1 y = -13
tm
x + 2y -1 = -17 x = 10

 



 

 

Trường hợp 4:





x +y +2 = -17 y = 19
tm
x + 2y -1 = -1 x = -38

 



 

 

Vậy (x; y) là (28; -13); (-20; 19); (10; - 13); (-38; 19)

Nhận xét: Trong ví dụ này ta có thể thêm bớt để phân tích biến đổi thành
phương trình (*)

Ví dụ 9. Tìm các số ngun x, y thỏa mãn:
x2 -3y2 +2xy -2x + 6y -8=0

(Đề thi vào lớp 10 trường Amsterdam năm học 2013 - 2014)
Giải:

Biến đổi về dạng toàn phương ta được



















 



2 2

2 2 2

2 2

x 3y 2xy 2x 6y 8 0

x 2x y 1 y 2y 1 4y 8y 4 5 0

x y 1 2y 2 5

x y 1 x 3y 3 5

     

 

            

     

     

Do x, y là những số nguyên, nên ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1:





x y 1 1 x 2

x 3y 3 5 y 2

   

 



 

   

 

Trường hợp 2:

 

x y 1 5 x 4

x 3y 3 1 y 0

   

 



 

   

 

Trường hợp 3:





x y 1 1 x 2

x 3y 3 5 y 0

   

 



 

   

 

Trường hợp 4:

 

x y 1 5 x 4

x 3y 3 1 y 2

   

 



 

   

 

Vậy ta có các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: (2;2) ; (4;0) ; (-2;0) ; (-4;2)
Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

2 2

8x 23y 16x 44y 16xy 1180 0   

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Biến đổi vế trái về dạng toàn phương ta được









8 x y 1  15 y 2 1248











2 1248 2

y 2 y 2 83

    





8 x y 1 ,1248  đều chia hết cho 8; (15;8)=1 nên



y 2



2 là số chính

phương và chia hết cho 8 









y 2  0;16;64 . Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1:













2
2
2
y 2

y 2 0

x 3 156

8 x y 1 1248

    
 

 
 
   
 


Do 156 khơng chính phương nên trường hợp này vơ nghiệm

Trường hợp 2:

















2 2
2 2

y 2 16 y 2 16

8 x y 1 15.16 1248 x y 1 126

     
 


 
      
 
 

Do 126 khơng chính phương nên trường hợp này vơ nghiệm

Trường hợp 3:













2
2
2
y 10

y 2 64

y 6

8 x y 1 15.64 1248

x y 1 36

 
   
 
 
 

   
 
   

Ta được





 









y 10 m
y 10

x 5 tm

x 11 36

x 17 tm

 

 

  
 
  
 
 


 hoặc

















y 6 tm

y 6

x 1 tm

x 5 36

x 11 tm

 

 

  
 
  
 
 



Vậy (x; y) là (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)

Nhận xét: Trong ví dụ này nếu ta cứ đi biến đổi để thành dạng tích của hai
số nguyên bằng một hằng số ngun thì sẽ khơng ra được

Ví dụ 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x6 y2 2x y 3203 

( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 tỉnh Thanh Hóa 2011 - 2012)
Giải

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>



  



  









 

6 2 3

2 2
3 3
2 2
3 3
2
3
2
3

2x y 2x y 320

x y x 320

x y x 256 64 do : x Z & y Z

x y 256

x 64
  
   
      
  

 
 


Do x, y là số nguyên nên có các trường hợp sau:

Trường hợp 1:





    

 

 

3
3

x y 14 y 6

x 2

x 8

Trường hợp 2:





    

 

 

3
3

x y 14 y 22

x 2

x 8

Trường hợp 3:





    

 

 

3
3

x y 14 y 22

x 2

x 8

Trường hợp 4:





    

 

 

3
3

x y 14 y 6

x 2

x 8

Vậy phương trình có nghiệm : (x;y): (2;-6);(2;22);(-2;-22);(-2;6)
Ví dụ 12. Tìm các số thực x, y thỏa mãn:

2 2

x 26y 10xy 14x 76y 58 0    

( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Quảng Ninh 2011 - 2012)
Giải

Biến đổi vế trái về dạng toàn phương:







 











2 2

2 2 2

2 2

x 26y 10xy 14x 76y 58 0

x 2x 7 5y 25y 70y 49 y 6y 9 0

x 7 5y y 3 0

     

 

           

     



x 7 5y





y 3



2 0
x 7 5y 0

y 3 0
x 8
y 3
     
  

 
 



 



Vậy (x;y)=(8;3)

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

x 4x 5 2 2x 3  

( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Nghệ An 2010 – 2011)
Giải

Biến đổi vế trái về dạng toàn phương:

















 

2
2
2
2

x 4x 5 2 2x 3

x 2x 1 2x 3 2 2x 3 1 0

x 1 2x 3 1 0

x 1

x 1 0

2. 1 3 1 0đ
2x 3 1 0

x 1
   
        
     


 
 
   
   
  
 
 
 

Ví dụ 14: Tìm nghiệm ngun của phương trình: 
x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0

(Đề thi vào lớp 10 tỉnh Tuyên Quang năm 2011 - 2012)
Giải

Đưa phương trình về dạng tồn phương ta có:



 











    
      

    
2 2

2 2 2

2 2 2

x 2y 2xy 3y 4 0

x y 2xy y 3y 2, 25 6, 25

x y y 1,5 2,5

=>3 số x y y ; 1,5 và 2,5 là bộ số Py ta go và Do x, y nguyên nên có các
trường hợp sau:

Trường hợp 1:





0 1

1,5 2,5 1

x y x

tm
y y
  
 

 

  
 

Trường hợp 2:





0 4

1,5 2,5 4

x y x

tm
y y
  
 

 
  
 

Trường hợp 3:





2 2

1,5 1,5 0

x y x

tm
y y

  
 

 
  
 

Trường hợp 4:





2 5

1,5 1,5 3

x y x

tm
y y
  
 

 
  
 

Trường hợp 5:





2 2

1,5 1,5 0

x y x

tm
y y
  
 

 
  
 

Trường hợp 6:





2 1

1,5 1,5 3

x y x

tm
y y
  
 

 
  
 

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

(-1;1) ; (4;-4) ; (2;0) ; (5;-3) ; (-2;0) ; (1;-3)

Nhận xét: Bài này cịn có thể làm theo cách sau : 
Đưa phương trình về dạng:

(y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2
Vì - (x+ y)2  0 với mọi x, y

nên: (y - 1)(y + 4)  0  -4  y  1
Vì y nguyên nên y 



4; 3; 2; 1; 0; 1  



Từ đó thay y vào phương trình ta sẽ tìm được x

Ví dụ 15: Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình:



2 2







2015 x y  2014 2xy1 25

(Đề thi vào lớp 10 chun Tốn Thành Phố Hồ Chí Minh năm 2014)
Giải













 

2 2

2 2 2

2015 2014 2 1 25

2014 2039 *

x y xy

x y x y

   

    

Do x, y là số nguyên nên có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: x – y = 0  x = y => 2x2 2039 x2 1019,5(loại)
Trường hợp 2: x – y = 1  x =1+ y





















2 2 2

1 2

1 25 12 0

3 ; 4

* 3 4

* 4 3

y y y y

y tm y tm

y x tm

       

  

  
  

Trường hợp 3: x – y = -1  x = y - 1





















2 2 2

1 2

1 25 12 0

3 ; 4

* 3 4

* 4 3

y y y y

y tm y tm

y x tm

       

  

  
  

Trường hợp 4: x y 2 => phương trình (*) vơ nghiệm vì khi đó vế trái
lớn hơn vế phải.

Vậy các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình là:
(4;3) ; (-3;-4) ; (-4;-3) ; (3;4)

Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:













2
2
2

3 2 1 2 2

    




   




   




x y z x

y z x y

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

(Đề thi vào lớp 10 THPT năng khiếu TP Hồ Chí Minh năm 2013 - 2014)
Giải:



























2 2

 

2 2

 

2 2

 



2
2
2

2 2 2

2 2 2 2 1 2 1 2 1 0

3 2 1 2 2

3 2 1 3 2 1 3 2 1 2 2 2 2 2 2

3 2 1 3 2 1 3 2 1 2 4 2 4 2 4

                 

    




   




   




              

              




x xy y x xz z y yz z x x y y z z

x y z x

y z x y

z x y z

x y y z z x z x x y y z

x y y z z x xz z xy x yz y

x

















































2 2 2 2 2 2

1 1 1 0

; ; ; 1; 1; 1

           

            

      

y x z y z x y z

x y x z y z x y z

x y x z y z x y z

Thử lại ta có (x;y;z) = (1;1;1) là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Ví dụ 16: Giải hệ phương trình:

4 1
4 1
4 1
   




  




  




x y z

y z x

x z y

(Đề thi vào lớp 10 THPT Chuyên, Đại học Sư phạm Hà Nội vòng 1)
Giải :

Nhân hai vế của mỗi phương trình với 2 rồi cộng theo từng vế các phương
trình của hệ ta được:



4x1 1

 

2  4y1 1

 

2  4z 1 1



2 0
Vậy x = y = z = 1/2

Ví dụ 17: Cho hệ phương trình:





2 2

3 4 8 7

  





  


x y m

m R

x y m

a) Giải hệ phương trình

b) Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) sao cho x4 y4 nhỏ nhất.

(Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh An Giang năm 2013 - 2014)
Giải:

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>





 













































4
4 4 4

2 2 4 2

2 2 2

2
2 2
2 2
2
2 2
2
2 2
4 2
2

2 2 2 2 2

2 2 2

4 4 2 2

16 1 2 1 1

2 1 12 1 2 2

)    
      
 
    
 
   
 

    
 
     

x y m m

m m m m m m

m m m m

m m m

m m

b

=> Min(x4 y4) = 2 khi m = 1

Vậy m = 1 thì hệ phương trình có nghiệm là (1;1) thỏa mãn đề bài.
Ví dụ 18: Tìm k để phương trình sau có nghiệm:



2 2



2 2 2



1



5 2 6 3 2 1

 

         

x x x k k k x

(Đề thi vào lớp 10 Chu Văn An và Amsterdam vòng 2)
Giải:



















 



































2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2
2
2

2 2 2 1 5 6 3 2 1

2 2 2 1 4 4 1 2 1 1 2 1

2 2 1 2 1 1 0

2 1 0

1 0
1 0
1
 
         
 
              
         
   


   

 


  

x x x k k k x

x x x k k k k k x

x x k x k x

x k
k
x
x k

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi k = 1 và khi đó phương trình có

nghiệm duy nhất x = 1

3.3. Chứng minh bất đẳng thức

3.3.1. Tổng quát : a A1 12a A2 22a A3 32 ... a A n n2  c c

Trong đó : a ,a ,...., a , c1 2 n R;a ,a ,....,a1 2 n 0 và A , A ,..., A1 2 n là các đa thức
chứa biến.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :








 

1
2
n
A 0
A 0
....
A 0

3.3.2. Bài tập áp dụng
Ví dụ 1. Cho x + y + z = 3.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Đại học Quốc gia Hà Nội 2006 
-2007)
Giải:

x + y + z = 3  z = 3 - x - y

2 2 2

2 2

A x y z xy yz zx

x y (3 x y) xy y(3 x y) x(3 x y)
x y xy 3x 3y 9

      

           

     

Đưa A về dạng toàn phương ta được







 

      

 

y 3 3

A x y 1 6 6

2 4

Vậy x2 y2 z2 xyyzzx6 dấu " = " xảy ra khi x = y = z = 1.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng

2 8

(a b c d) (ab ac ad bc bd cd)
3

        

( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Gia Lai 2003 - 2004)
Giải:

2 8

(a b c d) (ab ac ad bc bd cd)
3

        

3(a b c d) 8(ab ac ad bc bd cd)

         

2 2 2 2 2

a b c d (ab ac ad bc bd cd) 0
3

          

Đưa vế trái về dạng toàn phương ta có









          

   

        

    

       

 

 

 

 

     

 

     

       

  

   

         

   



 

2 2 2 2

2 2 2

2 2

VT a b c d (ab ac ad bc bd cd) 0

b c d b c d 8

a 2a b c d bc bd cd

3 3 9

b c d 8 c d c d c d

= a b 2b c d cd

3 9 2 2 2

b c d 8 c d 2

a b c d 2cd

3 9 2 3

a  





   

    

   

   

2 2

c d 8 c d 2

b c d 0

3 9 2 3

Vậy

2 8

(a b c d) (ab ac ad bc bd cd)
3

        

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Ví dụ 3. Chứng minh rằng a2 b2 c2 d2 e2 a(b  c d e)

( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 Thành phố Hồ Chí Minh 2005 - 2006)
Giải:

2 2 2 2 2

a b c d e a(b  c d e)

a2 b2 c2 d2 e2  a(b  c d e)0
Đưa vế trái về dạng tồn phương ta có





     

             

     

2 2 2

b c d e 3 c d e 2 d e 1

VT a b c d e 0

2 4 3 3 2 2

Vậy a2 b2 c2 d2 e2 a(b  c d e)
 dấu " = " xảy ra khi a = 2b =2c = 2d = 2e.
3.4. Tìm cực trị của đa thức bậc chẵn

3.4.1. Tổng quát

3.4.1.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của một đa thức bậc chẵn
Tổng quát : Aa A1 12 a A2 22a A3 32... a A n n2  c c

Trong đó : a ,a ,...., a , c1 2 n R;a ,a ,....,a1 2 n 0 và A , A ,..., A1 2 n là các đa thức
chứa biến.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :











 


1
2
n

A 0

....

A 0

=> Giá trị nhỏ nhất của đa thức A là c

3.4.1.2. Tìm giá trị lớn nhất của một đa thức bậc chẵn
Tổng quát : Aa A1 12 a A2 22a A3 32... a A n n2  c c

Trong đó : a ,a ,...., a , c1 2 n R;a ,a ,....,a1 2 n 0 và A , A ,..., A1 2 n là các đa thức
chứa biến.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :










 


1
2
n

A 0

....

A 0

=> Giá trị lớn nhất của đa thức A là c
3.4.2. Bài tập áp dụng

Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của Ax2 y2 xy 2x 3y

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Giải:

 

          

  

           

 

 

 

       

       

       

2 2 2 2

2 2 2

y 2 y 2 3

A x y xy 2x 3y x 2x. y 2y 1

2 2 4

y 2 3 4 16 7 y 2 3 4 7 7

x y 2y. x y

2 4 3 9 3 2 4 3 3 3



 

  

 

  

   

    

 

 

Min

y 2 1

x 0 x

7 2 3

A khi

3 4 4

y 0 y

3 3

Ví dụ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của Ax2 2y2  2xy4x 2y 12 

( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 Thành phố Hải Phịng 2005 - 2006)
Giải:

2 2

Ax 2y  2xy4x 2y 12 

Viết đa thức A ở dạng toàn phương ta được

     

      

2 2

A x 2y 2xy 4x 2y 12

(x y 2) (y 1) 7 7

   

 

   

  

 

Min

x y 2 0 x 3

A 7 khi

y 1 0 y 1

Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất của Ax2  5y2  4xy2x2y 5

Giải:

2 2

Ax  5y  4xy2x2y 5

Viết đa thức B ở dạng toàn phương ta được

2 2

A x 5y 4xy 2x 2y 5

(x 2y 1) (y 3) 5 5

     

      

=> Max

x 2y 1 0 x 7
A 5 khi

y 3 0 y 3

   

 

   

  

 

Ví dụ 4. Tìm giá trị lớn nhất của B2x2  3y2 3xy5x 3y4

( Đề thi học sinh giỏi tốn 9 Thành phố Hồ Chí Minh 1999 - 2000)
Giải:

2 2

B2x  3y 3xy5x 3y4

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

     


   

         

   



 

  

 

    

   

 

 

2 2

Max

B 2x 3y 3xy 5x 3y 4

3y 5 15 1 36 36

2 x y

4 8 5 5 5

3y 5 7

x 0 x

36 4 5

B khi

5 1 1

y =0 y

5 5

Ví dụ 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2 2

D 2x 5y 35z  4xy 12xz  24yz 4x 14y 4z56
Giải:

D 2x2 5y2 35z2  4xy 12xz  24yz 4x 14y 4z56
Viết đa thức D ở dạng toàn phương ta được









         

            

            

2 2 2

2 2 2 2

D 2x 5y 35z 4xy 12xz 24yz 4x 14y 4z 56

2x 4x(y 3z 1) 2(y 3z 1) 3y 12yz 18y 17z 16z 54
2 x 2x(y 3z 1) (y 3z 1) 3y 12yz 18y 17z 16z 54
2 x 2x(y 3z 1) (y 3z 1) 3y 6y(2z 3) 3(2z 3)









 

               

          

2 2 2 2 2

2 2 2

5z 20z 27
2 x 2x(y 3z 1) (y 3z 1) 3 y 2y(2z 3) (2z 3) 5(z 4z 4) 7
2(x y 3z 1) 3(y 2z 3) 5(z 2) 7 7

Min

x y 3z 1 0 x 2
D 7 khi y 2z 3 0 y 7

z 2 0 z 2

    

 

 

       

    

 

Ví dụ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A biết :











 



  4  4   2  2

A x 1 x 3 6 x 1 x 3

( Đề thi vào lớp 10, Thành phố Hà Nội năm 2008 - 2009)
Giải :











 



  4   4   2  2

A x 1 x 3 6 x 1 x 3

Viết đa thức A ở dạng toàn phương ta được :











 













 









 





 





 





 



      

 

      

 

 

         

 

 

       

4 4 2 2

2 2 2 2

2 2 2

A x 1 x 3 6 x 1 x 3

x 1 x 3 4 x 1 x 3

x 1 x 3 2 x 1 x 3 4 x 1 x 3

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>



 





 





 



      

 

      

2 2

8 x 1 x 3 16 x 1 x 3 16

8 x 1 x 3 1 8









 2   2    4   

A 8 x 4x 4 8 8 x 2 8 8; x

    

Min

A 8 khi x 2 0 x 2

Ví dụ 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A biết :

2 2

5

4

2002

A x





y



xy



x



y



(Vịng 16 Vyolimpic Tốn 9 năm 2015)
Giải

Viết đa thức A ở dạng toàn phương ta được :

2 2

5

4 2002

5

10

25 1 1

2 .

3 2. .

1995

2

4 2 2 4

5

1

3 1995 1995;

,

2 2 2

A x

y

xy

x

y

x

y

x

x y

























































































Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

5

0 2

2

1

0 2 2

y

x

x

y



































Vậy AMin 1995 khi x2 & y1

Ví dụ 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P biết :

2

6

4

25

P x





y



xy



x



y



(Vịng 16 Vyolimpic Tốn 9 năm 2015)
Giải

Viết đa thức A ở dạng toàn phương ta được :





















2 2

2 2 2

2 2

2

6

4

25

2

3

6

9

2 1 15

3

1 15 15;

,

P x

y

xy

x

y

x

x y

y

x y

y

x y

































 







Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

3 0

4 1 0

1 x y

x

y

 









 



</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Vậy PMin 15 khi x4 & y1

Ví dụ 9. Tìm giá trị nhỏ nhất của M5x2 y2 z2  4x 2xy z 1
 ( Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Kiên Giang 2012 - 2013) 
 Giải:



 











      

 

          

 

 

         

 

2 2 2

2 2 2 2

2 2

M 5x y z 4x 2xy z 1

1 9
x 2xy y 4x 4x 1 z z

4 4

1 9 9

x y 2x 1 z x;y;z

2 4 4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:



  

   

 

   

 

 

   



 



x y
x y 0

1
2x 1 0 x

2
1

z 0

z
2

Vậy Min    

9 1

M khi x y z

4 2

Ví dụ 10. Với những giá trị của x thỏa mãn điều kiện x 2, hãy tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:

 

 2     

f x 2x 5x 2 2 x 3 2x

( Đề thi vào lớp 10 Đại học quốc gia Hà Nội năm học 2006 - 2007) 
 Giải:

 



 



 



 





 













 



 

     

      

            

        

 

2 2

f x 2x 5x 2 2 x 3 2x
2x 1 x 2 2 x 3 2x

2f x 4x 2 2x 1 x 2 4 x 3

2x 1 2 2x 1 x 2 x 2 x 3 4 x 3 4 10

2x 1 x 2 x 3 2 10 10

f x 5

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:





2x 1 x 2

x 1 tm
x 3 4

  


 



</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Vậy MaxF(x) = 5 khi x = 1

Ví dụ 11. Xét các số x, y, z thỏa mãn điều kiện:x2 y2 z2 2012. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 2xy – yz - zx

( Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán - Tin Hà Nội năm học 2012 – 2013)
 Giải:

Do: x2 y2 z2 2012 x2 y2 z2  2012 0









2 2 2

2 2

2 2

M x y z 2xy yz xz 2012

z 3z

x y x y z 2012

4 4

z 3z

x y 2012 2012

2 4

       

      

 

      

 

=> Min M = -2012 khi z = 0 và x y 1006
3.5. Bài tập đề nghị

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B10x2y2 6xy 10x 2y 2

Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Bx2 y2 xy 3x 3y  2002

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2 5x2  y2  4xy2x

Bài 4. Cho x, y, z l à các số thực không âm thoả mãn: x+ y+ z = 1. Tìm giá

trị lớn nhất của biểu thức A = -z + z(y + 1) + xy2

Bài 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B2x2 3y2 3xy5x 3y4
Bài 6: Cho x, y là các số thực thoả mãn x + y + z = 10 và x, y, z 2. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức P = xy + 2yz + 3xz.

Bài7: Giải hệ phương trình:

2
2

2x y 1

2y z 1

2z x 1

 




 



  



Bài 8: Giải phương trình (x + y)2 (x 1)(y 1) 
Bài 9: Giải phương trình :   2  

4 x 1 x 5x 14
Bài 10: Cho x, y, z là ba số thỏa mãn điều kiện:

       

2 2 2

4x +2 y 2z 4xy 4zx 2yz 6y 10z 34 0

Hãy tính 





















2005 2005 2005

S x 4 y 4 z 4

Bài 11: Cho x + y + z = 1. Chứng minh

2 2 2 1

x + y z 2xy 2yz 2xz
3

    

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

PHẦN III: KẾT QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1. Trước khi triển khai chuyên đề với học sinh khá giỏi của nhà
trường tôi đã tiến hành khảo sát học sinh.

Đề bài:

(Thời gian làm bài 30 phút)
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của
A =

x + 6x + 2

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của
A =

x - x + 3

Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của

A =

x



2xy 2y



3y 5



*Thống kê kết quả:

Lớp Lớp 5đ- 6,4đ 6,5đ - 7,9 đ 8đ - 10đ

SL % SL % SL %

2012-2013 8A 24 60 12 30 0 0

8B 25 62,5 11 27,5 0 0

2013-2014 8A 22 55 12 30 0 0

8B 23 57,5 12 30 0 0

2014 -2015 8A 20 50 11 27,5 1 2,5

8B 21 52,5 12 30 1 2,5

( Đề các năm sau khác đề trên nhưng có mức độ tương tự)
 * Nhận xét:

Sau khi kiểm tra các lớp 8A, 8B của trường tơi thấy học sinh cịn tồn tại
như sau:

Một số học sinh chưa biết cách giải một số bài toán đơn giản về tìm cưc trị
dạng như bài kiểm tra(cụ thể là không biết phương pháp giải bài 3), lời giải cịn
trình bày dài dịng, chưa rõ ràng, cịn thiếu sót nhiều hoặc sai lầm khi chỉ ra dấu

đẳng thức.

Học sinh chưa phát huy được khả năng tư duy sáng tạo, khả năng học hỏi,
sự tìm tịi kiến thức mới.

2. Sau khi triển khai chuyên đề với học sinh khá giỏi của nhà trường
tôi đã tiến hành khảo sát học sinh để kiểm tra sự lĩnh hội của các
em về đề tài này.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

(Thời gian làm bài 30 phút)
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của 
A = x2 2x 2

  .

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của

A =

x - 2xy + 5y + 4y + 3

2 2 .
Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của

A =

x - xy + y + 3x - 2y + 5

2 2
*Thống kê kết quả:

Năm học Lớp 5đ- 6,4đ 6,5đ - 7,9 đ 8đ - 10đ

SL % SL % SL %

2012-2013 8A8B 67 16,719,4 1513 41,736,1 1516 41,644,5
2013-2014 8A8B 810 2025 1412 3530 1818 4545

2014-2015 8A 6 15 10 25 24 60

8B 5 12,5 12 30 23 57,5

( Đề năm sau khác đề năm trước nhưng có cùng mức độ)
3. Kết quả chung:

Sau khi triển khai sáng kiến với các lớp học khá, giỏi của trường tôi thấy
so với trước khi triển khai chuyên đề học sinh có một số tiến bộ sau:

- Học sinh đã biết cách trình bày lời giải bài tốn tìm cực trị một cách
khoa học hơn, chỉ ra điều kiện của biến để xảy ra cực trị rõ ràng và chính xác
hơn . - Học sinh giải có thể tự ra đề bài
và nêu được hướng giải bài toán dạng trên.

- Kết quả được nâng lên rõ rệt.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

PHẦN IV: KẾT LUẬN
1. Bài học kinh nghiệm

Sau khi triển khai sáng kiến kinh nghiệm "Dạng toàn phương của đa thức
bậc hai và một số ứng dụng" tại nhà trường tôi đã rút ra một số bài học sau:

- Để dạy học sinh giỏi có hiệu quả cần phải dạy cách học, cách tìm tịi kiến
thức mới dựa trên nhứng kiến thức đã biết và phát triển các kiến thức đã học,
việc tìm phương pháp giải một bài tốn như thế nào để học sinh cảm thấy đơn
giản, dễ hiểu. Từ đó học sinh sẽ có hứng thú học tập và tích cực tự nghiên cứu
nhiều hơn.

- Cần tăng cường giáo dục học sinh tinh thần tự học, tự nghiên cứu kiến

thức vì đây là con đường làm chủ và chiếm lĩnh tri thức một cách hiệu quả nhất.

2. Kết luận

Như đã trình bày đề tài này sau khi được áp dụng trong các buổi học bồi
dưỡng học sinh giỏi hoặc các buổi ngoại khố mơn Tốn lớp 8, 9 tơi thấy nội
dung nêu ra có tác dụng thiết thực:

- Bổ sung thêm kiến thức cho học sinh và phát triển tư duy toán.
- Gợi mở cho học sinh hướng vận dụng tính chất của luỹ thừa bậc hai.
- Học sinh biết vận dụng cách đưa đa thức bậc hai về dạng tồn phương để
giải quyết các bài tốn liên quan như tìm cực trị, giải phương trình nhiếu ẩn,
chứng minh bất đẳng thức.

- Trên cơ sở các kết quả đã đạt được tôi dự kiến hướng tiếp tục nghiên cứu
đề tài như sau:

- Tiếp tục tuyển chọn các đề tốn liên quan đến dạng tồn phương của đa
thức bậc hai ở mức độ rộng hơn, yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức đã học để
luyện tập.

- Xuất phát từ bài toán trên và các bài tập được vận dụng yêu cầu học sinh
sáng tạo các đề tốn mới.

Tơi xin ghi lại những chân thành trong nhiệt tình giảng dạy qua từng trang
viết. Rất mong những ý kiến đóng góp xây dựng của bạn bè, của đồng nghiệp để
sáng kiến của tôi hoàn chỉnh hơn.

3. Kiến nghị.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

sau khi học chuyên đề này cũng giúp cho học sinh hình thành các tư duy giải
một số dạng tốn khác có hiệu quả cao. Tơi cũng rất mong các đồng chí nghiệp
vụ cấp trên quan tâm hơn nữa đến việc viết và áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
bằng cách trao đổi, phổ biến các kinh nghiệm, sáng kiến được đánh giá cao ở
cấp quận và cấp thành phố trong các đợt sinh hoạt chuyên môn, nghiệp vụ.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

PHẦN V: TÀI LIỆU THAM KHẢO
T

TT Tên tài liệu Tác giả - Nhà xuất bản

1 Nâng cao và phát triển tốn 8 Vũ Hữu Bình - NXBGD
2

Tốn nâng cao & các chuyên đề đại
số 8

Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc
Đạm - NXBGD

3
3

Bài tập nâng cao & một số chuyên đề

toán 8 Bùi Văn Tuyên - NXBGD

4 500 bài toán cơ bản và nâng cao 8

Nguyễn Đức Chí - NXB Đại học
sư phạm.

3
5