Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng biệt thức Đenta trong tam thức bậc hai để giải một số dạng toán

 1 
 MỤC LỤC 
STT NỘI DUNG TRANG 
1 1. MỞ ĐẦU 2 ->3 
2 1.1. Lý do chọ đề tài 2 
3 1.2. Mục đích nghiên cứu 3 
4 1.3. Đối tượng nghiên cứu 3 
5 1.4. Phương pháp nghiên cứu 3 
6 1.5. Giới hạn nghiên cứu 4 
7 2. NỘI DUNG 5 ->16 
8 2.1. Cơ sở lí luận 5->6 
9 2.2. Thực trạng 6->7 
10 2.3. Các biện pháp thực hiện 8 ->16 
11 Dạng 1: Sử dụng biệt thức Đenta (Δ) phân tích đa thức thành 8->9 
 nhân tử. 
12 Dạng 2: Sử dụng biệt thức Đenta để giải phương trình và hệ 9 ->10 
 phương trình. 
13 Dạng 3: Sử dụng biệt thức Đenta để giải phương trình nghiệm 11 ->12 
 nguyên. 
14 Dạng 4: Sử dụng biệt thức Đenta để chứng minh bất đẳng 13->14 
 thức. 
15 Dạng 5: Sử dụng biệt thức Đenta để tìm giá trị lớn nhất 14 ->16 
 (GTLN - Max), giá trị nhỏ nhất (GTNN - Min) của biểu thức. 
16 2.4. Kết quả đạt được 16 ->17 
17 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 17->18 
18 3.1. Kết luận 18 
19 3.2. Kiến nghị 18->19 
20 Tài liệu tham khảo 20 
 3 
thức bậc hai để giải một số dạng toán” nhằm khắc phục những tình trạng nói 
trên, đồng thời giúp các em hệ thống lại các dạng toán có liên quan đến biệt thức 
Đenta trong tam thức bậc hai (chứa từ một biến đến nhiều biến). Đề tài này đề 
tới nhiều dạng toán, mỗi dạng toán có số lượng bài tập phong phú, đủ cho học 
sinh có điều kiện nhận ra bản chất của từng dạng toán. Thông qua đề tài này, tôi 
hi vọng mang đến cho người đọc cũng như học sinh có nột cách nhìn nhận mới 
của việc sử dụng biệt thức Đenta, cũng như thấy được vai trò to lớn của nó trong 
Toán học. 
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: 
- Chỉ ra những phương pháp cơ bản khi dạy những dạng toán này. 
- Xây dựng một số giải pháp nhằm định hướng học sinh cách tìm tòi lời giải 
toán. 
- Đổi mới phương pháp giảng dạy theo hướng tích cực. 
- Nâng cao chất lượng bộ môn, đặc biệt là chất lượng dạy học đặt lên hàng đầu. 
- Học sinh vận dụng một cách nhuần nhuyễn vào giải các bài toán liên quan, từ 
đó có tính tự học, tự tìm tòi và say mê học tập môn Toán. 
1.3. ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU: 
- Sử dụng biệt thức Đenta trong tam thức bậc hai để giải một số dạng toán. 
- Học sinh giỏi khối 9 của trường trong hai năm học 2017 – 2018 và 2018 – 
2019. Trong quá trình thực hiện tôi tập trung đi sâu phân tích, khai thác, nhìn 
nhận, xây dựng một số giải pháp nhằm định hướng học sinh cách tìm tòi lời giải 
dạng toán “Sử dụng biệt thức Đenta trong tam thức bậc hai để giải một số dạng 
toán.” 
1.4. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: 
 - Nghiên cứu qua tài liệu: SGK; SBT và các tài liệu có liên quan. 
 - Nghiên cứu qua thực hành giải bài tập của học sinh. 
 - Nghiên cứu qua theo dõi kiểm tra. 
 5 
 2. NỘI DUNG 
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN : 
 Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong 
quá trình nhận thức. Đặc biệt là các em học sinh khối 9, các em chuẩn bị chuyến 
cấp lên bậc THPT, việc làm đầu tiên là các em muốn khẳng định mình, muốn tìm 
tòi, muốn khám phá kho tàng kiến thức mới. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt 
động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải 
có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. 
Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự 
học của học là một quá trình lâu dài, kiên nhẩn và phải có phương pháp. Tính 
tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh được thể hiện một số 
mặt sau: 
 - Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư 
tưởng rập khuôn, máy móc. 
 - Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một 
vấn đề ở nhiều khía cạnh. 
 - Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế 
nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên 
có đúng nữa không? Và phải biết tổng hợp các bài toán liên quan. 
 - Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và 
giải quyết vấn đề. 
 - Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết.Hướng 
đổi mới phương pháp dạy học Toán hiện nay ở trường THCS là tích cực hóa hoạt 
động học tập của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình 
thành cho học sinh tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát 
hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỷ năng vận dụng kiến thức vào thự tiễn: tác 
 7 
 Bản thân tôi là một giáo viên đã trực tiếp giảng dạy môn Toán được nhiều 
 năm từ khi đổi mới chương trình SGK phổ thông, trong đó tất cả thời gian tôi 
 đều giảng dạy tôi thấy rằng : 
 Trong trường THCS môn Toán được coi là môn khoa học luôn được chú 
 trọng nhất và cũng là môn có nhiều khái niệm trừu tượng. Đặc biệt phải khẳng 
 đinh là phân môn Số học có nhiều khái niệm trừu tượng nhất. Đặc biệt đối với 
 các bài toán liên quan đến dãy số nên yêu cầu học sinh phải phân tích kĩ bài toán, 
 tư duy logic, vận dụng linh hoạt các bước giải kiến thức trong bài tập phong 
 phú rất nhiều so với nội dung lý thuyết mới học. Bên cạnh đó yêu cầu bài học lại 
 cao phải suy diễn chặt chẽ lôgic. 
 - Học sinh khó khăn trong việc lập luận, suy diễn lôgic đã tạo nên thái độ 
 miễn cưỡng, chán nản của các em. Từ đó, nhiều em không nắm được kiến thức 
 cơ bản, làm bài tập về nhà chỉ để đối phó, lúng túng trong việc phân tích và thực 
 hiện các bước giải bài toán Điều này cho thấy mỗi giáo viên phải bỏ nhiều 
 công sức để nghiên cứu, chọn lọc cho mình các phương pháp giảng dạy tốt nhất 
 để tạo hứng thú cho học sinh trong bài giảng. 
 Qua điều tra về mức độ thông hiểu về các dạng toán của một số học sinh 
 khi chưa sử dụng biệt thức Đenta cho thấy kết quả: 
 Số HS thông hiểu Số HS không thông hiểu 
 Tổng số HS 
 SL % SL % 
 20 5 20% 15 80% 
2.3. CÁC BIỆN PHÁP ĐÃ TIẾN HÀNH ĐỂ GIẢI QUYẾT VẪN ĐỀ. 
 Trên cơ sở đó, tôi nghĩ giáo viên cần phải xây dựng được cho học sinh 
 một sự hứng thú, kích thích tính tò mò, tự giác tìm hiểu về môn học. Bằng kinh 
 nghiệm hiểu biết và tìm hiểu qua nhiều thông tin tôi có một số giải pháp như sau: 
 * Cơ sở xuất phát từ bài toán gốc: 
 9 
Do đó: Q = (x – 2y +1)(x – y). 
Bài tập tƣơng tự: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 
 a) M = x2 – 4y2 + 3xy – 3x +3y 
 b) N = 2x2 +2y2 – 5xy +x – 5y – 3 
Dạng 2: Sử dụng biệt thức Đenta để giải phƣơng trình và hệ phƣơng trình 
 Khi gặp các dạng toán này học sinh thường phân tích vế trái của phương 
trình thành nhân tử hoặc thành tổng các bình phương, còn vế phải bằng 0. Khi đó 
học sinh thường sẽ gặp khó khăn và thấy độ phức tạp của bài toán. Vậy tại sao 
chúng ta không thử sử dụng biệt thức Đenta để giải ? 
Ta xét các bài toán sau: 
Bài toán 3: Giải phương trình: 2x2 +5y2 – 2xy – 6x – 6y +9 = 0 (1) 
 Khi gặp dạng toán này thì học sinh rất vất vả mới biến đổi được phương 
trình (1) về dạng tổng các bình phương: (1) (x + y – 3)2 + (x – 2y)2 = 0 suy ra 
tìm được (x; y). ta có thể đưa phương trình (1) về dạng phương trình bậc hai theo 
biến x ( hoặc biến y) rồi sử dụng biệt thức Đenta như sau: 
2x2 – 2(y + 3)x + 5y2 – 6y + 9 = 0 (2) 
Δ’ = [ - (y + 3)]2 – 2(5y2 – 6y + 9) = - 9(y – 1)2 ≤ 0 với mọi y. 
Phương tình (2) có nghiệm khi Δ’≥ 0 => y – 1 = 0 => y = 1 
Thay y = 1 vào phương trình (2) ta được x = 2 
Vậy phương trình (1) có nghiệm là (x;y) = ( 2; 1) 
 yy2 2x 2x 1 1 
Bài toán 4: Giải hệ phương trình: 
 22
 x y x y 82 
( Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đăk Nông năm 2015) 
 Thông thường ta biến đổi (1) y2 + 2xy +x2 = x2 + 2x +1 (x + y)2 = (x 
+ 1)2 
 y1 = 1 hoặc y2 = -2x – 1 
Thay từng giá trị y1 , y2 vào (2) rồi giải tìm (x; y). 
 11 
 a22 b 2a b 1
 2) ( Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đăk Nông năm 2013) 
 33
 a b 2a b 3
 x y 2 4 x y 12
 3) ( Trích đề thi học sinh giỏi huyện Cư Jut năm 
 2
 x y 23 x y 
 2016) 
Dạng 3: Sử dụng biệt thức Đenta để giải phƣơng trình nghiệm nguyên 
Ta biểu diễn phương trình f(x; y; ) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai theo ẩn 
x hoặc ẩn y, khi đó để phương trình có nghiệm nguyên thì cần điều kiện 
 0
 2 ( Điều kiện này thường dẫn đến phương trình ước số A.B = t, t ≠ 
 k k N 
0) 
Bài toán 6: Tìm tất cả cặp số nguyên (x; y) sao cho 
x2 + xy – 2x – 3y = 2014 (1) 
( Trích đề thi vào lớp 10, chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông năm học 2014 - 
2015) 
Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai theo ẩn x 
(1) x2 + ( y – 2)x – 3y – 2014 = 0 (*) 
Δ = (y – 2)2 – 4.1.(-3y – 2014) = y2 – 4y + 4 + 12y + 8056 = (y + 4)2 + 8044 > 0. 
Đến đây học sinh thường thấy bế tắc, không đưa ra được kết quả. Để phương 
trình có nghiệm nguyên thì ngoài điều kiện Δ ≥ 0 thì cần thêm điều kiện Δ = k2 
( kN ) là số chính phương. 
 (y + 4)2 + 8044 = k2 k2 - (y + 4)2 = 8044 (k + y + 4)(k – y – 4) = 8044 
Mà 8044 = 1.8044 = 2.4022 = 4.2011 = (-1).(-8044) = (-2).(-4022) = (-4).(-2011) 
và vì (k + y + 4) > (k – y – 4) nên ta có các hệ phương trình sau: 
 k y 4 8044 k y 4 4022 k y 4 2011
 ;; 
 k y 4 1 k y 4 2 k y 4 4
 k y4 1 k y 4 2 k y 4 4
 ;; 
 k y4 8044 k y 4 4022 k y 4 2011
 13 
Vận dụng kiến thức trên ta giải bài toán như sau: 
Đặt f(x) = 2x2 + 5y2 – 2xy – 6x – 6y + 10 (x là biến) 
= 2x2 – 2(y + 3)x + 5y2 – 6y + 10 
Δ’ = [- (y + 3)]2 – 2(5y2 – 6y + 10) = - 9(y – 1)2 – 2 < 0 với mọi y 
Mà hệ số a = 2 > 0. Do đó f(x) > 0 với mọi x, y. 
Bài toán 9: Cho x, y, z là ba số thực tùy ý. Chứng minh: 
x2 + y2 + z2 – yz – 4x – 3y ≥ -7 
( Trích đề thi vào lớp 10 tỉnh Đăk Lăk năm học 2011 - 2012) 
Ta biến đổi: x2 + y2 + z2 – yz – 4x – 3y ≥ -7 x2 + y2 + z2 – yz – 4x – 3y + 7 ≥ 
0 
Đặt f(x) = x2 + y2 + z2 – yz – 4x – 3y + 7 (x là biến) 
F(x) = x2 – 4x +y2 + z2 – yz – 3y + 7 
Δ’ = 4 – (y2 + z2 – yz – 3y + 7) = - y2 – z2 + yz + 3y – 3 
-4Δ’= 4y2 + 4z2 – 4yz – 12y + 12 = (y – 2z)2 + 3( y – 2)2 ≥ 0 với mọi y,z. 
=> Δ’ ≤ 0 với mọi y, z. Mà hệ số a của f(x) bằng 1 > 0 nên f(x) ≥ 0 với mọi x, y, 
z. 
 y 2 z 0 2 2z 0 z 1
Dấu “ = ” xảy ra khi y 2 0 y 2 y 2 thay vào ta tìm được x = 2 
Suy ra (x, y, z) = (2; 2; 1) 
Bài tập tƣơng tự 
 1. Với a, b, c là các số cho trước. Chứng minh rằng 3a2 + 2b2 +5c2 ≥ 2(a 
 +b)(a + c). Dấu “ = ” xảy ta khi nào? 
( Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đăk Nông năm học 2015 - 2016) 
 2. Chứng minh rằng : x2 + 5y2 – 4xy +2x – 6y > -3 với mọi x; y. 
 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 
2a2 + b2 + c2 – 2a(b + c) ≥ 0. 
 15 
Ta có Δ’ = (P – 2)2 – (P – 2)(5P + 1) = ( P – 2)(-4 P – 3) 
Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là : 
 P 2
 P 20 P 2 3
 3 P 2 
 0 PP 2 4 3 0 P 2 4
 4
 3 2x2 4x 1 3
Dấu “ = ” xảy ra khi P = x 1 
 4 x2 2x 5 4
Vậy MinP = 3 khi x = -1 
 4
 2x 1
Bài toán 11: Tìm GTLN (Max), GTNN (Min) của biểu thức M 
 x2 6
 2x 1
Ta có MMM x2 2x 6 1 0 (*) 
 x2 6
Để M tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) (ẩn x) phải có 
nghiệm, tức là Δ’ ≥ 0 
Δ’ = (-1)2 – M(6M – 1) = -6M2 + M + 1 ≥ 0  6M2 – M – 1 ≤ 0  
 1 1 1 1
6 MMM 0 
 2 3 3 2
 1 2x 1 1
 - Với M = ta có => x = 2 
 2 x2 62
 1 2x 1 1
 - Với M = ta có => x = -3 
 3 x2 63
Vậy Max M = khi x = 2; Min M = khi x = -3 
Từ bài toán trên ta có thể đề xuất bài toán tương tự như sau: 
 1 2a 1 1
Bài toán 12: Chứng minh rằng : với mọi số thực a. 
 3a2 6 2
Học sinh giải tương tự như bài tập 11 
Bài tập tƣơng tự: 
 1) Tìm GTLN, GTNN của : 
 x2 4x 3
 AB ; 
 xx22 5x 7 1