Đang tải... (xem toàn văn)
Tính giá trị của biểu thức chứa các nghiệm của phương trình là một bài toán hay, khó và thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10, tuyển sinh đại học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Đứng trước bài toán này, học sinh thường lúng túng khi lựa chọn phương pháp. Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đưa ra một kĩ thuật đơn giản nhưng có hiệu quả khi giải quyết một lớp bài toán về tính giá trị của biểu thức chứa các nghiệm của phương trình.
PHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Tổng quan về vấn đề nghiên cứu. - Trong chương trình toán học phổ thông, phương trình và nghiệm của phương trình đóng một vai trò rất quan trọng, nó xuyên suốt 3 năm học cấp 3. Đối với học sinh, việc giải phương trình để tìm nghiệm đã trở nên quen thuộc. Tuy nhiên, rất ít học sinh biết cách xử lí các bài toán ngược lại. Tức là, khai thác tính chất nghiệm của phương trình để giải quyết bài toán tính giá trị của biểu thức. - Ở lớp 9 và lớp 10, học sinh đã biết cách áp dụng định lý Viét để tính giá trị của một số biểu thức đơn giản. Tuy nhiên nếu bậc của biểu thức cao hoặc có cấu tạo phức tạp (Chứa căn thức, phân thức bậc 2, …) thì việc vận dụng ngay định lý Viét sẽ phức tạp, đôi lúc không thực hiện được. - Ý tưởng của phương pháp này là khai thác đẳng thức 0 ( ) 0f x = một cách khéo léo trong từng bài toán cụ thể làm đơn giản các phép tính toán (Hạ bậc, khai căn, bẻ cong thành thẳng, biến đổi mẫu thức,…) 2. Lý do chọn đề tài. - Tính giá trị của biểu thức chứa các nghiệm của phương trình là một bài toán hay, khó và thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10, tuyển sinh đại học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Đứng trước bài toán này, học sinh thường lúng túng khi lựa chọn phương pháp. Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đưa ra một kĩ thuật đơn giản (đó là sử dụng đẳng thức 0 ( ) 0f x = ) nhưng có hiệu quả khi giải quyết một lớp bài toán về tính giá trị của biểu thức chứa các nghiệm của phương trình. - Trong sách giáo khoa, sách bài tập và các tài liệu tham khảo, loại bài tập này khá nhiều song chỉ dừng ở việc áp dụng định lý Viét (những bài tính giá trị đơn giản), chưa có tài liệu nào nghiên cứu một cách tổng quát vấn đề này, đặc biệt là vấn đề áp dụng tính chất nghiệm. - Đa số học sinh đều ngại tính toán, chính vì vậy, khi dạy cho các em phần này, các em đều hứng thú, có tác dụng phát triển tư duy cao. Nhiều học sinh còn tự sáng tạo ra các bài toán. 1 3. Đối tượng nghiên cứu và Phạm vi nghiên cứu a) Đối tượng nghiên cứu: Học sinh THPT, đặc biệt là học sinh giỏi b) Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán về tính giá trị của biểu thức chứa các nghiệm của phương trình trong chương trình toán học phổ thông đã giảm tải. 4. Mục tiêu nghiên cứu - Khai thác tính chất nghiệm của phương trình làm đơn giản các phép tính toán trên các nghiệm của nó. - Phân loại các dạng toán liên quan đến đề tài nghiên cứu. - Rèn luyện kỹ năng tính giá trị của biểu thức, phát triển tư duy, óc sáng tạo từ đó gây hứng thú cho người học. 5. Phương pháp nghiên cứu - Sưu tập các bài toán liên quan đến đề tài từ các tài liệu, đề thi tuyển sinh đại học, đề thi học sinh giỏi từ đó phân loại các dạng toán. - Đề xuất các bài toán mới - Thực nghiệm giảng dạy cho học sinh 6. Một số điểm mới của vấn đề nghiên cứu - Đưa ra những kỹ thuật sử dụng tính chất nghiệm của phương trình trong các dạng toán khác nhau. - Hệ thống bài tập minh họa được sắp xếp một cách lôgic xuyên suốt vấn đề nghiên cứu. - Đề xuất những dạng toán mới. 2 PHẦN II. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI I. Cơ sở lý luận. Ta xuất phát từ định nghĩa sau: 1. Định nghĩa. Cho phương trình ( ) 0f x = (1) có tập xác định là D. Số 0 Dx ∈ được gọi là nghiệm của phương trình (1) nếu 0 ( ) 0f x = . Nhận xét. Định nghĩa trên có thể phân tích theo hai chiều như sau: 1) Nếu 0 ( ) 0f x = thì 0 x là nghiệm của phương trình (1) 2) Nếu 0 x là nghiệm của phương trình (1) thì 0 ( ) 0f x = . Khai thác tính chất nghiệm của phương trình (1), tức là sử dụng đẳng thức 0 ( ) 0f x = để làm đơn giản hóa các phép tính toán trên các nghiệm của phương trình (1). 2. Định lý 1 (Định lý Be’zout). Cho đa thức ( )p x . Số 0 x là nghiệm của đa thức ( )p x khi và chỉ khi ( )p x chia hết cho 0 ( )x x− , tức là 0 ( ) ( ) ( )p x x x q x= − . Hệ quả. Nếu đa thức bậc * ( )n n∈¥ 1 0 1 1 ( ) n n n n p x a x a x a x a − − = + + + + có n nghiệm thực 1 2 , , , n x x x thì 0 1 2 ( ) ( )( ) ( ) n p x a x x x x x x= − − − Chú ý. Định lý Be’zout và hệ quả của nó vẫn đúng đối với các đa thức trên trường số phức. 3. Định lý 2. Giả sử đa thức bậc * ( )n n∈¥ 1 0 1 1 ( ) n n n n p x a x a x a x a − − = + + + + có n nghiệm thực 1 2 , , , n x x x . Khi đó 1 1 2 1 1 1 1 '( ) , , 1,2, ( ) n i i i n p x x x i n x x x x x x x x p x = = + + + = ∀ ≠ = − − − − ∑ Chứng minh. Theo hệ quả trên thì 0 1 2 ( ) ( )( ) ( ) n p x a x x x x x x= − − − . Do đó 0 2 3 0 1 3 '( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) n n p x a x x x x x x a x x x x x x= − − − + − − − + 0 1 2 1 ( )( ) ( ) n a x x x x x x − + − − − 1 2 '( ) 1 1 1 , 1,2, , , ( ) i n p x x x i n p x x x x x x x ⇒ ∀ ≠ = = + + + − − − 4. Định lý 3 (Định lý Viét). Nếu phương trình 1 0 1 1 0 n n n n a x a x a x a − − + + + + = , * 0 ( 0, )a n≠ ∈¥ có n nghiệm thực 1 2 , , , n x x x thì 3 1 1 2 0 2 3 0 0 1 2 0 , , ( 1) n i j i j k i j i j k n n n a x x x a a a x x x x x a a a x x x a < < < + + + = − = = − = − ∑ ∑ Chú ý. Định lý Viét vẫn đúng đối với các đa thức trên trường số phức. 5. Định lý 4 (Định lý về tính liên tục của hàm số). Nếu hàm số ( )y f x= liên tục trên đoạn [ ] ;a b và ( ) ( ) 0f a f b < thì tồn tại ít nhất số thực ( ; )c a b∈ sao cho ( ) 0f c = , tức là phương trình ( ) 0f x = có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( ; )a b . II. Bài tập áp dụng Bài 1. Cho phương trình 3 3 1 0x x− + = (1) a) Chứng minh phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. b) Gọi 1 2 3 , ,x x x là 3 nghiệm của phương trình (1). Tính 8 8 8 1 2 3 P x x x= + + Lời giải. a) Xét hàm số 3 ( ) 3 1f x x x= − + liên tục trên ¡ . Ta có ( 2) 1, ( 1) 3, (1) 1, (2) 3 ( 2) ( 1) 3 0f f f f f f− = − − = = − = ⇒ − − = − < , ( 1) (1) 3 0f f− = − < , (1) (2) 3 0f f = − < 1 2 3 ( 2; 1), ( 1;1), (1;2)x x x⇒ ∃ ∈ − − ∈ − ∈ sao cho 1 2 3 ( ) ( ) ( ) 0f x f x f x= = = . Từ đó suy ra pt (1) có 3 nghiệm phân biệt. Chú ý. Ta cũng có thể lập bảng biến thiên của 3 ( ) 3 1f x x x= − + để chứng tỏ phương trình (1) có 3 nghiệm. b) Do 1 x là nghiệm của (1) nên 3 3 1 1 1 1 3 1 0 3 1x x x x− + = ⇔ = − (2). Nhân hai vế của (2) với 2 1 x ta được 5 3 2 1 1 1 3x x x= − hay 5 2 1 1 1 9 3x x x= − + − (3). Từ đó 8 3 5 2 3 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (3 1)( 9 3) 3 28 18 3 28 27 6x x x x x x x x x x x= = − − + − = − + − + = − + . Tương tự, cộng lại ta được 8 8 8 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 28( ) 27( ) 18P x x x x x x x x x= + + = + + − + + + Theo Viét ta có 1 2 3 1 2 2 3 3 1 0, 3x x x x x x x x x+ + = + + = − 4 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 ( ) 2( ) 6x x x x x x x x x x x x⇒ + + = + + − + + = . Vậy 28.6 27.0 18 186P = − + = Nhận xét. Trong bài toán này, ta đã sử dụng giả thiết 1 x là nghiệm của (1) để suy ra 3 1 1 3 1x x= − . Công thức này cho phép ta hạ bậc lũy thừa bậc ba, do đó hạ bậc được lũy thừa bậc tám, làm cho việc tính toán trở nên đơn giản. Ở bài tiếp theo, ta sẽ khéo léo đưa biểu thức trong căn về hằng đẳng thức bậc 3. Từ đó có thể khai căn bậc ba được. Bài 2. Cho phương trình 5 3 2 2 3 1 0x x x x− − − − = (1) a) Chứng minh phương trình (1) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt 1 2 3 , ,x x x . b) Tính giá trị của biểu thức sau 2 2 2 3 3 3 1 1 2 2 3 3 3 6 2 3 6 2 3 6 2S x x x x x x = + + + + + + + + Phân tích. - (1) là phương trình bậc 5, trong khi ý a lại yêu cầu chứng minh nó có 3 nghiệm thực nên ta nghĩ ngay đến việc phân tích vế trái thành tích của một nhân tử bậc 2 và một nhân tử bậc 3. - Để giải quyết ý b, ta thấy xuất hiện căn bậc 3 nên ta sẽ dùng tính chất nghiệm để đưa biểu thức trong căn về dạng lập phương của một biểu thức. Lời giải. a) phương trình (1) 2 3 3 ( 1)( 3 1) 0 3 1 0x x x x x⇔ + − − = ⇔ − − = (2) Dùng định lý 4 (Hoặc xét sự biến thiên của hàm số) dễ dàng chứng minh được phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3 , ,x x x . b) Do 1 x là nghiệm của (2) nên 3 1 1 3 1 0x x− − = . Cộng hai vế với 2 1 1 3 6 2x x+ + ta được 3 2 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 (3 6 2) 3 6 2 ( 1) 3 6 2x x x x x x x x x− − + + + = + + ⇔ + = + + Do đó 2 3 1 1 1 3 6 2 1x x x+ + = + . Tương tự, cộng lại ta được 2 2 2 3 3 3 1 1 2 2 3 3 1 2 3 3 6 2 3 6 2 3 6 2 3S x x x x x x x x x= + + + + + + + + = + + + Theo Viét ta có 1 2 3 0x x x+ + = nên 3S = 5 Bài 3. Giả sử 1 2 3 , ,x x x là 3 nghiệm của phương trình 3 2 6039 6036 1 0x x x+ + − = . Tính giá trị của biểu thức sau: 1 2 3 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2013 2013 2013 1 1 1 x x x S x x x x x x + + + = + + + + + + + + Lời giải. Do 1 x là nghiệm của phương trình nên 3 2 1 1 1 6039 6036 1 0x x x+ + − = . Ta có 3 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2013 2013 ( 6039 6036 1) 6039 6037 2012 1 1 1 2( 2013) 2013 1 6038 6038 1 1 3 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + + + − + + + = = + + + + + + + + = + − ⇒ = + + + + + Tương tự, cộng lại ta được 1 2 3 1 1 ( ) 6038 ( 6039) 6038 4025 3 3 S x x x= + + + = − + = Nhận xét. Bản chất của bài toán trên là ba điểm 1 1 2 2 3 3 ( ; ),( ; ),( ; )x y x y x y cùng thuộc đồ thị của hàm số 2 1 1 x y x x + = + + nhưng với điều kiện 1 2 3 , ,x x x là 3 nghiệm của phương trình đã cho thì ba điểm này thẳng hàng. Chính vì vậy ta mới sử dụng được kỹ thuật “bẻ cong thành thẳng”. Ở bài tiếp theo, ta không có được điều kiện thuận lợi như vậy. Bài 4. Giả sử 1 2 3 4 , , ,x x x x là 4 nghiệm của phương trình 4 3 2 2 7 1 0x x x+ − + = (1). a) Tính 1 2 3 4 1 1 1 1 2 2 2 2 S x x x x = + + + + + + + b) Tính 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 4 4 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 P x x x x x x x x = + + + + + + + + + + + Lời giải. Xét hàm số 4 3 2 ( ) 2 7 1p x x x x= + − + . Bằng cách lập bảng biến thiên dễ dàng chứng minh được ( ) 0p x = có 4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4 , , ,x x x x . a) Ta có 1 2 3 4 1 1 1 1 '( 2) 2 2 2 2 ( 2) p S x x x x p − − = + + + = − − − − − − − − − 6 3 2 20 20 ( 2) 27, '( ) 4 6 14 '( 2) 20 27 27 p p x x x x p S S− = − = + − ⇒ − = ⇒ − = ⇒ = − b) Do 1 x là nghiệm của phương trình (1) nên 4 3 2 1 1 1 2 7 1 0x x x+ − + = 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 ( 2 2) 9 1 1 2 2 9 9 x x x x x x x x ⇔ + + = − ⇔ = + + − ÷ 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 9 9 54 81 3 3 9 x x x x x ÷ ⇒ = + = + − ÷ + + ÷ − + − ÷ . Tương tự, cộng lại ta được 4 4 4 4 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 1 1 9 54 54 9 54 54 3 3 3 3 1 1 104 140 ' ' 4 1 1 4 1 1 414 3 3 27 27 . . . . 25 13 1 1 9 54 54 9 54 54 325 81 81 3 3 i i i i i i i i P x x x x p p p p = = = = = + − = − + − + − − − − − ÷ ÷ = − + = − + = − ÷ ÷ ∑ ∑ ∑ ∑ Bài 5 (Trích đề thi Olympic 30-4 năm 2004). Cho phương trình 5 4 3 2 1 5 4 1 0 2 x x x x x− − + + − = (1) a) Chứng minh phương trình (1) có đúng 5 nghiệm. b) Giả sử 1 2 3 4 5 , , , ,x x x x x là các nghiệm của phương trình (1). Tính tổng sau: 5 5 4 1 1 2 2 i i i i x S x x = + = − − ∑ Lời giải. a) Xét hàm số 5 4 3 2 1 ( ) 5 4 1 2 f x x x x x x= − − + + − liên tục trên ¡ . Ta có 3 1 ( 2) 5 0 2 0 ( 1) 0 2 2 1 5 175 (0) 1 0 0 (3) 0 2 8 2 f f f f f f − = − < − = > − = − < ÷ = − < = > = > ÷ 7 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 , , , , : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0x x x x x f x f x f x f x f x⇒ ∃ = = = = = . Mặt khác phương trình (1) là phương trình bậc 5 nên nó có nhiều nhất 5 nghiệm. Kết luận: phương trình (1) có đúng 5 nghiệm b) Do ( 1,2, ,5) i x i = là nghiệm của phương trình (1) nên 5 4 3 2 5 4 3 2 1 5 4 1 0 2 2 2(5 4 ) 2 i i i i i i i i i i x x x x x x x x x x− − + + − = ⇔ − − = − − . Từ đó 5 5 5 4 3 2 1 1 1 1 2 2 2(5 4 ) i i i i i i i i i x x S x x x x x = = + + = = − − − − ∑ ∑ Xét biểu thức 3 2 1 1 ( ) 5 4 ( 1)(5 4) x x g x x x x x x x + + = = − − − + . Ta tìm a, b, c sao cho 1 4 , 0;1; ( 1)(5 4) 1 5 4 5 x a b c x x x x x x x + = + + ∀ ∉ − − + − + 1 ( 1)(5 4) (5 4) ( 1),x a x x bx x cx x x⇔ + = − + + + + − ∀ 2 1 (5a 5 ) ( 4 ) 4a,x b c x a b c x x⇔ + = + + + − + − − ∀ . Đồng nhất hệ số hai vế ta được 1 2 5 5 5 0, 4 1, 4 1 , , 4 9 36 a b c a b c a a b c+ + = − + − = − = ⇔ = − = = . Do vậy 1 1 2 5 ( 1)(5 4) 4 9( 1) 36(5 4) x x x x x x x + − = + + − + − + 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 8 9 1 72 8 0 9 1 72 5 5 i i i i i i i i i i i i S x x x x x x = = = = = = ⇒ = − + + = − − − − − + − − ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Mặt khác, do ( ) 0f x = có các nghiệm là 1 2 3 4 5 , , , ,x x x x x nên 1 2 3 4 5 2 3 4 5 1 3 4 5 1 2 4 5 1 2 3 5 1 2 3 4 ( ) ( )( )( )( )( ) '( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) f x x x x x x x x x x x f 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 x x x x x x x x x x x x x x x x = − − − − − ⇒ = − − − − + − − − − + − − − − + − − − − + − − − − ( 1,5) i x x i∀ ≠ = ta có 5 1 '( ) 1 ( ) i i f x f x x x = = − ∑ mà 4 3 2 '( ) 5 2 15 2 4f x x x x x= − − + + 8 5 5 5 1 1 1 5 ' 1 '(0) 1 '(1) 1 12900 4 4, 12, 5 5 0 (0) 1 (1) 4789 4 4 i i i i i i f f f x f x f x f = = = − ÷ ⇒ = = − = = = = − − − − − ÷ ∑ ∑ ∑ Vậy 1 1 1 12900 8959 .( 4) .12 . 8 9 72 4789 4789 S = − − − = − Bài 6. Gọi α là một nghiệm của phương trình 3 2 3 6 1 0x x x− + − = (1), β là một nghiệm của phương trình 3 2 3 6 7 0x x x− + − = (2). Tính α β + Lời giải. Do α là một nghiệm của phương trình (1), β là một nghiệm của phương trình (2) nên ta có 3 2 3 2 3 6 1 0 3 6 7 0 α α α β β β − + − = − + − = . Cộng vế hai đẳng thức này ta được 3 3 2 2 3( ) 6( ) 8 0 α β α β α β + − + + + − = 3 2 ( ) 3 ( ) 3 ( ) 2 6( ) 8 0 α β αβ α β α β αβ α β ⇔ + − + − + − + + − = 3 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3( ) 6( ) 8 3 ( 2) 0 ( 2) ( ) ( ) 4 3 ( 2) 0 ( 2) ( ) ( ) 4 3 0 ( 2)( 4) 0 1 ( 2) ( ) ( 1) ( 1) 6 0 2 α β α β α β αβ α β α β α β α β αβ α β α β α β α β αβ α β α β αβ α β α β α β α β ⇔ + − + + + − − + − = ⇔ + − + − + + − + − = ⇔ + − + − + + − = ⇔ + − + − − − + = ⇔ + − − + − + − + = Do biểu thức trong dấu móc vuông luôn dương nên 2 0 α β + − = hay 2 α β + = Bài 7. Cho đa thức 5 3 ( ) 6 20 15 2p x x x x= − + + có 5 nghiệm 1 2 3 4 5 , , , ,x x x x x a) Tính 1 2 3 4 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )q x q x q x q x q x với 2 ( ) 2q x x= − b) Tính 1 2 3 4 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )h x h x h x h x h x với 2 ( ) 1h x x= + Nhận xét. Bằng cách lập bảng biến thiên của hàm số ( )y p x= dễ dàng chứng minh được đa thức ( )p x có 5 nghiệm phân biệt. Tuy nhiên chúng ta lại không tìm được các nghiệm này. Vì vậy ta sẽ sử dụng tính chất nghiệm của nó. Lời giải. Do ( )p x có 5 nghiệm 1 2 3 4 5 , , , ,x x x x x nên 9 1 2 3 4 5 ( ) 6( )( )( )( )( )p x x x x x x x x x x x= − − − − − a) Ta có 2 2 2 2 2 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2)( 2)( 2)( 2)( 2)q x q x q x q x q x x x x x x= − − − − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 5 1 2 5 2 2 2 2 2 2x x x x x x= − − − + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 5 1 2 5 1 .6 2 2 2 6 2 2 2 36 x x x x x x= − − − − − − − − − ( ) ( ) 1 1 1 2 2 (2 2)(2 2) 36 36 18 p p= − = − + = b) Trên trường số thực ta không phân tích 2 ( ) 1h x x= + thành tích của hai nhân tử bậc nhất được. Song nến coi ( )h x là đa thức trên trường số phức thì 2 2 ( ) ( )( )h x x i x i x i= − = − + . Vì vậy 2 2 2 2 2 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1)( 1)( 1)( 1)( 1)h x h x h x h x h x x x x x x= + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 5 1 2 5 1 2 5 1 2 5 2 2 41 2 41 4 (41 ) 5 . 6 6 6 6 36 4 x i x i x i x i x i x i i x i x i x i x i x i x p i p i i i i = − − − + + + = − − − − − − − − − − + − − = = = = ÷ ÷ Bài 8. Cho , , ( )a b c a b c< < là 3 nghiệm của pt 3 5 3 0x x− + = . Tính giá trị của biểu thức a b c P b c a = + + Lời giải. Theo định lý Viét ta có 0 5 3 a b c ab bc ca abc + + = + + = − = − . Do P là biểu thức không đối xứng đối với a, b, c nên ta xét thêm b c a Q a b c = + + . Lúc đó .P Q và P Q+ đều là các biểu thức đối xứng. Ta sẽ tính hai đại lượng này từ đó suy ra P và Q. Ta có 3 a c b a c b b c a P Q b c a b c a + + + − − − + = + + = + + = − (Do 0a b c+ + = ) 10 [...]... các em không chỉ vận dụng một cách thành thạo phương pháp này vào bài toán tính giá trị của biểu thức chứa các nghiệm của phương trình (Đặc biệt là bài toán tính giá trị cực trị của một số hàm số) mà còn biết cách xử lí các dạng toán tương tự, làm cho việc tính toán trở nên đơn giản và ngắn gọn Tư duy của các em linh hoạt hơn, sáng tạo hơn Các em rất hứng thú khi giải các bài toán liên quan đến đề... kịp thời phát hiện và chỉnh sửa các sai lầm thường mắc phải của học sinh 18 PHẦN III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đã giải quyết được những vấn đề sau: - Giúp học sinh có cái nhìn tổng quát và có hệ thống về vấn đề khai thác tính chất nghiệm của phương trình làm đơn giản các phép tính toán trên các nghiệm của nó Mỗi bài toán có một cách khai thác riêng, vấn đề là làm thế nào để... Chứng minh phương trình có ba nghiệm x1 , x2 , x3 b) Đặt yi = xi4 − 6 xi2 + 4 xi + 6, i = 1,2,3,4 Xét A( x1; y1 ), B ( x2 ; y2 ), C ( x3 ; y3 ) Chứng minh gốc tọa độ O là trọng tâm của tam giác ABC Bài 4 Hãy tìm tất cả các giá trị của a để các nghiệm x1 , x2 , x3 của phương trình 3 x − 6 x + ax + a = 0 thỏa mãn điều kiện 3 2 ∑ ( x − 3) i =1 i 2 =0 Bài 5 Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2... giáo cùng các em học sinh có thể tìm ra được nhiều kinh nghiệm hay với nhiều đề tài khác nhau Chẳng hạn, kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, một số phương pháp tính thể tích khối đa diện, sử dụng tính chất điểm thuộc đường thẳng để giải các bài toán về phương pháp tọa độ trong không gián,… Cuối cùng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Ban giám đốc Sở, Ban giám khảo và các đồng nghiệp đã giúp đỡ và góp... sinh nhận thấy rằng toán học là rất tự nhiên và gần gũi Mỗi bài toán đều có điểm chốt của nó, nếu ta tinh ý, vận dụng một cách khéo léo những công cụ sẵn có thì có thể giảm bớt được khâu tính toán - Thông qua việc xử lý các bài toán, dần dần hình thành cho các em khả năng làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích cực của học sinh theo đúng tinh thần phương pháp mới của Bộ Giáo dục và Đào tạo... khi giải toán Kết quả đội tuyển học sinh giỏi tỉnh lớp 12 những năm tôi phụ trách đều đứng trong top đầu của tỉnh V Bài học kinh nghiệm Trong quá trình dạy học cần làm cho học sinh nắm vững các kiến thức và kỹ năng cơ bản, bởi vì hầu hết các bài toán dù dễ hay khó đều xuất phát từ những bài toán cơ bản Đối với mỗi dạng toán cần làm cho học sinh hiểu rõ bản chất của vấn đề, nhìn nhận bằng nhiều phương. .. mối quan hệ tuyến tính (bậc nhất) giữa hoành độ và tung độ của điểm cực trị Sử dụng lợi thế này, chúng ta có thể giải một cách khá đơn giản phần lớn các bài tập liên quan đến điểm cực trị của đồ thị hàm số như: Khoảng cách giữa hai điểm cực trị, vị trí của hai điểm cực trị, … - Bằng cách này ta có thể viết được phương trình Parabol đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số bậc bốn Bài 13 (Trích đề thi... nhiều phương diện, khai thác kiến thức cả về chiều rộng lẫn chiều sâu, đặc biệt là mối quan hệ giữa các mảng kiến thức Thông qua đó vừa có thể truyền đạt cho học sinh kiến thức mới vừa củng cố và ôn lại những kiến thức đã học Đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của người học Các vấn đề nên để học sinh tự phát hiện và giải quyết Giáo viên là người đóng vai... x3 , x4 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 12 x + b = 0 Tìm a và b biết rằng x2 x3 x4 = = x1 x2 x3 Bài 6 Tìm a để phương trình x 3 + x 2 − 2 x + a = 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x3 x2 = x2 x1 Bài 7 Tìm mối liên hệ giữa p, q, r để phương trình x 3 + px 2 + qx + r = 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 = x2 + x3 17 IV Kết quả giảng dạy Trong những năm gần đây, tôi đã áp dụng đề tài này... 4 16 III Bài tập tương tự Bài 1 Cho phương trình x 3 − 3 x 2 + 1 = 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 Tính a) S = 1 1 1 + + x1 − 3 x2 − 3 x3 − 3 b) P = 1 1 1 + 3+ 3 x13 x2 x3 c) Q = 1 1 1 + + 3 3x − 2 3 3x − 2 3 3x − 2 1 2 3 Bài 2 Cho phương trình x 4 + 4 x 3 − 2 x 2 − 12 x + 1 = 0 có bốn nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 4 1 2 xi2 + 1 P=∑ 3 Tính S = ∑ 2 2 và i =1 xi i =1 ( xi − 1) 4 Bài 3 Cho phương trình x 3 . của hàm số: ¡ . 3 ' 4( 3 1)y x x= − + 2 '' 12( 1), '' 0 1y x y x= − = ⇔ = ± Bảng biến thiên của 'y x −∞ -1 1 +∞ ''y + 0 − 0 + 'y −∞ 3 -1 +∞ 14 Từ. x y f x Q x = = có 0 '( ) 0f x = và 0 '( ) 0Q x ≠ . Khi đó 0 0 0 0 '( ) ( ) '( ) P x y f x Q x = = Lời giải. Ta có 2 '( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) P x Q x P. 0 '( ) 0 '( ) ( ) ( ) '( ) 0f x P x Q x P x Q x= ⇒ − = và 0 ( ) 0Q x ≠ Chia hai vế cho 0 0 ( ) '( )Q x Q x ta được 0 0 0 0 0 0 0 0 0 '( ) ( ) ( ) '( ) 0 '(