MỘT CÁCH TIẾP CẬN PHÉP BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CĂN

Chia sẻ: Batman_1 Batman_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

165
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Khi cần giải bài toán biến đổi biểu thức căn, ta có thể tìm cách: Chuyển từ phép biến đổi biểu thức căn V(x,y,z,…) = biến đổi biểu thức hữu tỷ H(x,y,z,…) - Từ Bài toán biến đổi biểu thức hữu tỷ H(x,y,z,…) = Bài toán biến đổi biểu thức căn V(x,y,z,…) 1. Cơ sở lý thuyết. Định nghĩa : - a= x a2=x - b= 3 y b3=y 2. Cách khai thác: - Từ biểu thức hữu tỉ F(a2, a), bằng cách đặt a2 = x = chuyển sang biểu thức g(x; x ); - Từ...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: MỘT CÁCH TIẾP CẬN PHÉP BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CĂN

Cầm Thanh Hải – Phòng KT&KĐCLGD Sở GD&ĐT Quảng Ninh MỘT CÁCH TIẾP CẬN PHÉP BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CĂN ---------------------------------- I. Đặt vấn đề. - Khi cần giải bài toán biến đổi biểu thức căn, ta có thể tìm cách: Chuyển từ phép biến đổi biểu thức căn V(x,y,z,…) => biến đổi biểu thức hữu tỷ H(x,y,z,…) - Từ Bài toán biến đổi biểu thức hữu tỷ H(x,y,z,…) => Bài toán biến đổi biểu thức căn V(x,y,z,…) 1. Cơ sở lý thuyết. Định nghĩa : - a= x a2=x - b= 3 y b3=y 2. Cách khai thác: - Từ biểu thức hữu tỉ F(a2, a), bằng cách đặt a2 = x => chuyển sang biểu thức g(x; x ); - Từ biểu thức hữu tỉ F(a2, a, b2, b, c2, c, …), bằng cách đặt a2 = x, b2 = y , c2 = z, … => chuyển sang biểu thức g(x; x , y; y , z; z , … ); - Hoàn toàn tương tự với biểu thức chức căn bậc 3; - Một cách tổng quát: Từ một bài toán biến đổi biểu thức hữu tỷ (rút gọn, tính giá trị biểu thức, chứng minh đẳng thức, phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức) Nhờ phép chọn biến thích hợp Có thể chuyển sang một bài toán biến đổi biểu thức căn (rút gọn, tính giá trị biểu thức, chứng minh đẳng thức, phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức). Đó là cơ sở để đề xuất, sáng tạo ra một số bài toán về biến đổi biểu thức căn. 3. Chú ý: - Xuất phát điểm để sáng tạo bài toán mới là các bài toán biến đổi biểu thức hữu tỉ (gọi là bài toán gốc); - Phải chú ý đến tập xác định khi đề xuất bài toán mới; - Có thể chuyển được mọi bài toán về biến đổi biểu thức hữu tỉ thành bài toán về biến đổi biểu thức căn thức nhưng không có phương pháp vạn năng để chuyển được mọi bài toán về biến đổi biểu thức căn thành bài toán về biến đổi biểu thức hữu tỷ. - Bài toán mới có thể được giải theo những cách khác nhau. 1
Cầm Thanh Hải – Phòng KT&KĐCLGD Sở GD&ĐT Quảng Ninh II. Các thí dụ minh họa. 1. Thí dụ 1: 1 1 1 a) BT gốc: Nếu a, b/ a+b+c=0 thì A= = 0 (1) 2 2 2 a  b  c b  c  a c  a 2  b2 2 2 2 2 (c/m: gth=>b+c=-a => có (a2+b2-c2)=a2+(b+c)(b-c)=a2-a(b-c)=a(a+c-b)=-2ab Tương tự, có: (b2+c2-a2)=-2bc; (c2+a2-b2)=-2ca; từ đó suy ra A=0). b) Các khai thác: - KT 1: chọn a= x  1 ; b= y  1 ; c= z  1 . Có BT 1.1: Cho x, y,z thực thỏa mãn: x + y + z =3. Tính giá trị biểu thức 1 1 1 A= + + x  y  z  1  2( x  y  z ) y  z  x  1  2( y  z  x ) z  x  y  1  2( z  x  y ) 2. Thí dụ 2: a) BT gốc: Nếu a, b,c ≠0 / 1 + 1 + 1 = 1 (2) thì: (a+b)(b+c)(c+a)=0. a b c abc (c/m: gt=>(a+b+c)(ab+bc+ca)=abc=>3abc+a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2=abc =>2abc+a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2=0 => (a+b)(b+c)(c+a)=0 Hệ quả của (2): nếu có (2) thì 1n + 1n + 1n = n 1n n với mọi số tự nhiên lẻ n). a b c a b c b) Các khai thác: - KT 1: chọn a= 3 x ; b= 3 y ; c= 3 z , có BT 2.1: 1 + 31 + 31 = 3 1 Chứng minh rằng nếu x, y,z≠0 / thì 3 x y3 z x z y 3 11 1 +1= + ; xy z z yz (x+y+z)( 1 + 1 + 1 ) = 1 (chọn n=3); hoặc …. Nếu chọn n=7 Hoặc: xy z 3. Thí dụ 3: a) BT gốc: Cho a, b, c≠0 / a+b+c=abc; 1 + 1 + 1 =2 . CMR: 1 1 1 + + =2. (3) a2 b2 c2 a b c 1 + 1 + 1 =…=1; ( 1 + 1 + 1 )2=4 1 1 1 (c/m: gt=> => + + =2 đpcm!) a2 b2 c2 ab bc ca abc b) Các khai thác: - KT 1: chọn a= x ; b= y; c= . Có BT 3.1: z =2 thì : 1 + 1 + 1 =2 1 1 1 CMR nếu có: x+ y+ z = và   xyz y x z x y z 2
Cầm Thanh Hải – Phòng KT&KĐCLGD Sở GD&ĐT Quảng Ninh 4. Thí dụ 4: a) BT gốc: CMR: a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca) (4) Hệ quả: Nếu có a3+b3+c3-3abc=0 thì hoặc (a+b+c)=0 hoặc a=b=c (c/m: gt=>có: a3+b3+c3-3abc=(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc= …=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca) Chú ý rằng: (a2+b2+c2-ab-bc-ca)=02(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=0(a-b)2+(b- c)2+(c-a)2=0 b) Các khai thác: - KT 1: từ (4) => hệ quả: nếu (a+b+c)=0 thì a3+b3+c3=3abc; chọn a= 3 x ; b= 3 y ; c= 3 z , có BT 4.1: CMR nếu: 3 x + 3 y + 3 z =0 thì : x+y+z=3 3 xyz (dễ) - hoặc BT 4.2: Cho x,y,z≠0 / x+y+z=3 3 xyz . Tính giá trị biểu thức: x  3 y )( 3 y  3 z )( 3 z  3 x ) 3 M=(1+ 3 x )(1+ 3 y )(1+ 3 z ) hay M= ( z x y xyz 3 (Đ/số: M = -1 hoặc M = 8) - KT 2: Từ (4)=> hệ quả: nếu (a+b+c)=0 và a3+b3+c3=0 thì abc=0 (ch/m: do a3+b3+c3=0 => a3+b3+c3-3abc+3abc=0 =>(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc- ca)+3abc=0 => 3abc=0). Chọn a=( x - y ); b=( y - z ); c=( z - x ) => a+b+c=0; Có BT 4.3: Cho x,y,z R / ( x - y )3+( y - z )3+( z - x )3=0 Tính giá trị biểu thức: T= ( 3 x - 3 y )( 3 y - 3 z )( 3 z - 3 x ). (đ/số: Từ gth=>(a+b+c)=0 và a3+b3+c3=0 =>abc=0=>x=y hoặc y=z hoặc z=x => T=0) - KT 3: Từ gth=> a3+b3+c3 = (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)+3abc = … = = (a+b+c)[(a+b+c)2-3(ab+bc+ca)]+3abc = (a+b+c)3 - (a+b+c)3(ab+bc+ca)+3abc = (a+b+c)3 – 3[(a+b+c)(ab+bc+ca) – abc]. Nếu chọn a,b,c / (a+b+c)(ab+bc+ca) = abc thì: a3+b3+c3 = (a+b+c)3. Có BT 4.4: Cho x,y,zR / 3 x + 3 y + 3 z =m và 31 + 31 + 31 = 1 với m ≠0 m x z y Tính giá trị biểu thức: P = x+y+z. (đặt: a= 3 x ; b= 3 y ; c= 3 z . Gth => a+b+c=m và 1 + 1 + 1 = 1/m (*). Cần tính a b c 3 3 3 P=a +b +c . Từ (*) => m(ab+bc+ca)=abc hay (a+b+c)(ab+bc+ca) = abc => P = m3). 3
Cầm Thanh Hải – Phòng KT&KĐCLGD Sở GD&ĐT Quảng Ninh 5. Thí dụ 5: a) BT gốc: CMR: (a+b+c)3-a3-b3-c3 = 3(a+b)(b+c)(c+a) (5). (c/m: có nhiều cách biến đổi, chẳng hạn: VT=[(a+b+c)3-a3]-[b3+c3] = (b+c)[(a+b+c)2+(a+b+c)a+a2 – (b+c)(b2-bc+c2) = …= = 3(a+b)(b+c)(c+a) b) Các khai thác: - KT 1: chọn a=( x + y - z ); b=( y + z - x ); c=( z + x - y ) => a+b+c=( x + y + z ) và 3(a+b)(b+c)(c+a) = 24 xyz Có BT 5.1: Rút gọn x  y  z )3  ( x  y  z )3  ( y  z  x )3  ( z  x  y )3 Q= ( xyz + Với x,y,z R . (đ/số: Q = 24) 6. Thí dụ 6: a) BT gốc: Cho a, b, c / 3a-b2=3b-c2=3c-a2=1. CMR: a=b=c (6). (c/m: gt=>a2+1=3c=>c>0; tương tự có b, c>0. Giả sử a>b, kết hợp với gth=>b2-c2=3a-3b>0=>b>c=>c2-a2=3b- 3c>0=>c>a=>a>a, vô lí. Tương tự, nếu a b=c. Vậy a=b=c. Khi đó tính được a=b=c=2± 3 ) b) Các khai thác: - KT 1: chọn a= x ; b= y ; c= z . Có BT 6.1: Cho x,y,z R / 3 x -y=3 y -z=3 z -x=1. Tính giá trị biểu thức B=x2+y2+ z2. (đ/số: B=3(7+ 3 ) hoặc B=3(7- 3 ) ) 7. Thí dụ 7: a) BT gốc: Nếu a, b/ a3+a=b3+b thì: a=b (7). (c/m: gt=>(a-b)(a2+b2+ab+1)=0=>a=b vì a2+b2+ab+1>0) b) Các khai thác: - KT 1: chọn a=2x; b= 5  2 y thì (1) … x(4x2+1) + (y-3) 5  2 y = 0 (1.1) có BT 7.1: Cho x, y R / x(4x2+1) + (y-3) 5  2 y = 0. Tính giá trị T = 2x2+y (đ/số: T = 5/2) 4
Cầm Thanh Hải – Phòng KT&KĐCLGD Sở GD&ĐT Quảng Ninh - KT 2: chọn a= 2  x ; b= 2 y  1 , có bài toán 7.2: Cho x, y thực / (3-x) 2  x - 2y 2 y  1 = 0. Tính M=x+2y (đ/s: M = 3) - Chọn a=2x; b= 3 7 x  1 , thì (1) … 8x3-5x-1= 3 7 x  1 (*) có bài toán 7.3: Giải ph/trình: 8x3-5x-1= 3 7 x  1 Đ/số: x=1; x= (2  2) / 2 8. Thí dụ 8: a) BT gốc: Nếu a, b/ a3+a=b2; b3+b=a2 (A) thì: a=b=0. (c/m: trừ vế-vế => (a-b)(a2+b2+ab+1-a-b) = 0 => a=b Vì a2+b2+ab+1-a-b=[(a+(b-1)/2]2 – (1/4)(b-1)2+b2-b+1=[(a+(b-1)/2]2+v2/4- v/2+1/4 ==[(a+(b-1)/2]2+(3/4)[(v-1/9)2+80/81] >0 Thế a=b vào một trong 2 đt của hệ đã cho => a=b=0 => đpcm!) b) Các khai thác: x x 1  2  y  - KT1: Chọn a= x 1 ; b= thì hệ (A) (*) 2 y  (3  y ) 2  y  x  1  Có bài toán 8.1: Cho x,y thực thỏa mãn hệ (*). + Hỏi đơn giản: CM: x+y=3 (vì a=b) + Hỏi khó hơn: Tính T=(x-1)20+(y-2)11+2013 (T=2013 vì a=b=0=>x=1;y=2) - KT2: x x 1  2  y  Có bài toán 8.2: Giải hệ PT sau:  (3  y ) 2  y  x  1  9. Thí dụ 9: a) BT gốc: Với mọi a, b, c, ta có: (a+b+c)3–(a3+b3+c3)=3(a+b)(b+c)(c+a) (9) Từ (9) => nếu (a+b+c)3= a3+b3+c3 thì (a+b)(b+c)(c+a) =0 b) Các khai thác: - KT1: Chọn a= 3 6 x  5 ,b= 3 4  3x ,c= 3 x  2 =>a3+b3+c3=4x+7 Có BT 9.1: Giải ph/trình: 3 6 x  5 + 3 4  3x + 3 x  2 = 3 4 x  7 Giải: Đặt a=…,b=…,c=…, có: a3+b3+c3=d3=4x+7 và a+b+c=d => (a+b+c)3=(a3+b3+c3) =>(a+b)(b+c)(c+a) =0 => … đ/số: - Có các BT tương tự: BT 9.2: Giải ph/trình: 3 3x  1 + 3 5  x + 3 2 x  9 - 3 4 x  3 =0 BT 9.3: Giải ph/trình: 3 7 x  1 - 3 x 2  x  8 + 3 x2  8 x  1 =2 BT 9.4: Giải ph/trình: 3 x 2  4 x  3 + 3 4 x2  9 x  3 = 3 3 x2  2 x  2 + 3 2 x2  3x  2 5
Cầm Thanh Hải – Phòng KT&KĐCLGD Sở GD&ĐT Quảng Ninh 10. Thí dụ 10: a) BT gốc: Với a, b, c cùng ≥0 / a+b+c=1; a2+b4+c6=1 (10) thì a=b=0, c=1 hoặc b=c=0,a=1 hoặc c=a=0,b=1 (Giải: Từ g.th => a≥a2; b≥b2≥b4; c≥c2≥c4≥c6 (*) => 1=a2+b4+c6≥a+b+c=1 Khi đó (10) dấu “=” xảy ra ở (*) và a+b+c=1 a=b=0, c=1 hoặc b=c=0,a=1 hoặc c=a=0,b=1) b) Các khai thác: - KT1: chọn a= 1  x2 , b= 4 x2  x  1 , c= 6 1  x , => a,b,c cùng ≥0; a2+b4+c6=1 Được bài toán 10.1: Giải ph/tr: 1  x2 + 4 x2  x  1 + 6 1  x =1 Đs/ố: x=1 11. Thí dụ 11: a) BT gốc: Nếu (a-m)(a-n)=0 a2-(m+n)a+mn=0 (11) thì a=m hoặc a=n b) Các khai thác: - KT 1: Chọn a= x2  x  1 , m=1,n=1-2x thì (11)x2-x+2(x-1) x2  x  1 +2=0 Ta có bài toán 11.1: Giải ph/tr: x2-x+2(x-1) x2  x  1 +2=0 (Giải: đặt a= x2  x  1 ; được ph/tr: a2+2(x-1)a-(2x-1)=0 =>a=1; a=1-2x => đ/số: x=0; x=-1). - KT 2: Chọn a= x 2  2 x  3 , m=2, n=x-1 thì (11)x2+1-(x+1) x 2  2 x  3 =0 Ta có bài toán 11.2: Giải ph/tr: x2+1-(x+1) x 2  2 x  3 =0 (Giải: đặt a= x 2  2 x  3 , được ph/tr: a2-(x+1)a+2(x-1)=0 => a=2; a=x-1; đ/số: x=1  2 ). 12. Thí dụ 12: u  v  3 a) BT gốc: Giải hệ: x2-y=5=y2-x (A); x3+1=2y , y3+1=2x (C) (B); 2 3 u v 3  b) Các khai thác: - KT1: từ ph/tr sau của hệ(A)=> y2=x+5=>y= x  5 , thay vào ph/tr tthứ nhất Được: x2- x  5 =5 Có BT 12.1: Giải ph/tr: x2- x  5 =5 ; có thể thay số 5 bởi số 7 hoặc số khác (Giải: đặt ẩn phụ, đưa về hệ; đ/s: x=(1+ 21 )/2; x=(1- 21 )/2 - KT2: chọn x= u ; y=v, hệ (A) trở thành: u-v=7=v2- u Có BT 12.2: Giải ph/tr: x- x  7 =7 ; có thể thay số 7 bởi số 3 hoặc số khác (Giải: đặt ẩn phụ, đưa về hệ; đ/s: x=(7- 13 )/2) - KT3: Chọn v= 3 x  2 ; u= x  1 , Từ hệ (B) có BT 12.3: Giải ph/tr: 3 x  2 + x  1 =3 6
Cầm Thanh Hải – Phòng KT&KĐCLGD Sở GD&ĐT Quảng Ninh (Giải: đặt ẩn phụ, đưa về hệ; đ/s: x=3; Cách giải khác: thấy x=3 là nghiệm, xét x> 3=> VT>VP; xVT 0 Từ (1) => a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca; a+b+c=3; a, b, c > 0 => (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0; a+b+c=3 => a=b=c=1 => x=1; y=1/4; x=1/9) Có thể hỏi khác: Tính giá trị biểu thức A = (x-1)m+(4y-1)n+(9z-1)p. (đ/s: A=0) Chú ý: khai thác liên hệ giữa 3 biểu thức đối xứng: a+b+c; ab+bc+ca; a2+b2+c2 => được các bài toán khác. - KT3: Chọn để (*) trở thành: ( x  1  2)2 +( y  2  3)2 +( z  3  4)2 =0 (**) Để phức tạp hơn, ta biến đổi thêm (**) [( x  1  2)2 ]/ x  1 +[( y  2  3)2 ]/ y  2 +[( z  3  4)2 ]/ z  3 =0 4 + 9 + 16 =18- x  1 - y  2 - z  3 x 1 z3 y2 bài toán 13.3: Tìm x,y,z th/m : 4 + 9 + 16 =18- x  1 - y  2 - z  3 Có x 1 z3 y2 Chú ý: chọn bộ 3 số khác thay cho bộ 4; 9; 16 để bài toán “ẩn” hơn. 7
Cầm Thanh Hải – Phòng KT&KĐCLGD Sở GD&ĐT Quảng Ninh 14. Thí dụ 14: a) BT gốc: Từ hệ: x+y=a; x-y=b => tìm được x=(a+b)/2;y=(a-b)/2 b) Các khai thác: - Thay hệ: x+y=a; x-y=b bởi hệ x+y=a; x2-y2=c; chẳng hạn chọn X= 25  x2  y 2 ; Y= 13  x 2  y 2 ; X+Y=2=>X2-Y2=12 Có BT 14.1: Cho a,b thỏa mãn: 25  x 2  y 2 - 13  x 2  y 2 = 2. Tính T= x2-y2 (đ/s: T=9) - Nếu chọn theo 1 ẩn, ta có BT 14.2: Giải ph/tr: 25  x 2 - 13  x 2 = 2 (đ/s: x=3; x=-3) Có thể chọn hệ số khác để nghiệm là vô tỉ: 25  x 2 - 15  x2 = 2 (đ/s: x= 51 /2; x=- 51 /2) ----------------------------------- Hạ Long, tháng 12 năm 2012 8