Sáng kiến kinh nghiệm: Kinh nghiệm tìm hàm đặc trưng để giải hệ phương trình

Chia sẻ: Thanhbinh225p Thanhbinh225p | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

241
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giải được hệ phương trình tìm được hàm đặc trưng là khâu quan trọng bậc nhất, vì việc tìm được hàm đặc trưng từ hệ phương trình đã cho thì bài toán coi như đã giải được một nửa. Vấn đề là làm sao tìm được hàm đặc trưng. Tư duy như thế nào? Cách biến đổi làm sao?.Mời các em cùng tham khảo SKKN “Kinh nghiệm tìm hàm đặc trưng để giải hệ phương trình” sẽ một phần giúp các em trả lời câu hỏi đó.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Kinh nghiệm tìm hàm đặc trưng để giải hệ phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI KINH NGHIỆM TÌM HÀM ĐẶC TRƯNG ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: Lê Xuân Thắng Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Toán 1
I, Phần mở đầu 1.Lí do chọn sang kiến kinh nghiệm + Lí do khách quan: Các bài toán về hệ phương trình thường rất phong phú và đa dạng, gặp nhiều trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học, cao đẳng đặc biệt là bài toán về hệ phương trình giải bằng cách sử dụng hàm đặc trưng. Thông thường học sinh hay lúng túng trước các bài toán giải hệ phương trình, nhất là khi gặp những bài giải hệ phương trình với cách giải như dùng hàm đặc trưng, dùng đánh giá, dùng bất đẳng thức… + Lí do chủ quan: Qua kinh nghiệm giảng dạy và tham khảo tài liệu, tôi thấy để giải được hệ phương trình loại trên việc tìm được hàm đặc trưng là khâu quan trọng bậc nhất, vì việc tìm được hàm đặc trưng từ hệ phương trình đã cho thì bài toán coi như đã giải được một nửa. Vấn đề là làm sao tìm được hàm đặc trưng. Tư duy như thế nào? Cách biến đổi làm sao?. SKKN “Kinh nghiệm tìm hàm đặc trưng để giải hệ phương trình” sẽ một phần giúp các em trả lời câu hỏi đó. 2. Đối tượng phương pháp nghiên cứu và đối tượng khảo sát + Đối tượng nghiên cứu là các hệ phương trình trong đề thi học sinh giỏi, đề thi đại học cao đẳng. +Đối tượng khảo sát là học sinh lớp 12 chuẩn bị thi Đại học các khối có thi môn Toán. Trong thực tế, kiểm nghiệm kết quả trước và sau khi áp dụng chuyên đề để khẳng tính hiệu quả của chuyên đề. 3. Nhiệm vụ Phạm vi và thời gian thực hiện. Do có sử dụng phương pháp hàm số nên phạm vi SKKN là giành cho lớp 12 nhất là các em học sinh thi đại học các khối có thi môn Toán. Thời gian có thể đưa vào sử dụng là hai buổi dạy, sau khi các em đã học xong chương I về khảo sát hàm số. II, Phần nội dung A. Cơ sở khoa học của sáng kiến kinh nghiệm 1. Cơ sở lí luận Các em học sinh nhất là học sinh thi đại học có thi môn Toán có nhu cầu học tập và nắm bắt các phương pháp giải hệ phương trình này. Sau khi các em học 2
xong chương “khảo sát hàm số”, các em hoàn toàn có thể tiếp thu chuyên đề này để đạt kết quả học tập cao nhất. 2. Cơ sở thực tiễn +Thực tế khi các em chưa được học chuyên đề kết quả thi của các em chưa cao. Thậm chí là không thể giải được. +Đề thi đại học và đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh các năm… thường có một câu dạng này. +Có nhiều em học sinh của trường chưa giải được chọn vẹn dạng bài toán này . Chính chính vì lí do đó cần thiết phải đưa chuyên đề này vào giảng dạy và ứng dụng trong thực tế. B. Thực trạng vấn đề sáng kiến kinh nghiệm đề cập tới. Qua thực tế giảng dạy trực tiếp các lớp 12 tôi thấy rằng khi ra những bài tập dạng ở trên thì tỉ lệ học sinh giải được là thấp, thậm chí là “bỏ qua” trong khi bản thân chưa có sự đào sâu suy nghĩ, cộng thêm nguyên nhân khách quan là phần kiến thức khó, đòi hỏi tư duy. Cụ thể năm học 20121013 khi chưa áp dung sáng kiến vào giảng dạy . Tôi cho học sinh lớp 12B2 giải hệ phương có sử dụng hàm đặc trưng kết quả như sau Số Giỏi Khá TB Yếu Lớp HS SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) 12B2 50 2 4 13 26 22 44 13 26 Xuất phát từ thực tế đó, tôi đã tiến hành đổi mới dạy nội dung này tại lớp 12C3 (lớp 12C3 có chất lượng tương đương với lớp 12B2) III. Giải pháp và tổ chức thực hiện A. Định lí. Trước hết tôi nêu định lí dưới dạng đơn giản nhất Cho hàm số f đơn điệu trên ( a; b ) (hoặc [ a; b ] ; [ a; b ) ; ( a; b ] ). Nếu f ( u ) = f ( v ) ( 1) và u , v ( a; b ) khi đó ( 1) � u = v . Sau đó cho thí dụ theo hệ thống từ đơn giản đến phức tạp nhằm trước tiên cho học sinh nhận dạng được khái niệm sau đó mới từ từ nâng cao với các ví dụ đa dạng với nhiều hướng biến đổi khác nhau. Cụ thể tôi tổ chức thực hiện như sau: B. Nội dung Thí dụ 1: 3
e x − e x = x − y ( 1) Giải hệ phương trình sau : x log 2 + log 2 4 y 3 = 10 ( 2 ) 2 Giải: Điều kiện: x, y > 0 . ( 1) � e − e = x − y � e − x = e − y ( *) . x y x y Đặt f ( t ) = e − t ∀t>0 ; f ' ( t ) = e − 1 > 0 ∀t>0 . Hay f ( t ) hàm số đồng biến. Do t t đó ( *) � x = y . Thay vào ( 1) ta được x log 2 + log 2 4 x 3 = 10 � −1 + log 2 x + 2 ( 2 + 3log 2 x ) = 10 � 7log 2 x = 7 � x = 2 2 tương ứng y = 2 . Vậy hệ có nghiệm ( 2;2 ) . Thí dụ 2: x 5 + xy 4 = y10 + y 6 ( 1) Giải hệ phương trình sau : 4x + 5 + y2 + 8 = 6( 2) Giải 4 Điều kiện : x − . Từ hệ suy ra y 0 . Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 5 5 �x � �x � y 5 ta được � �+ � �= y 5 + y ( *) . Xét hàm số : �y � �y � f (t ) = t + t; f '(t ) = 5t 4 + 1 > 0 ∀t . 5 x Hay f(t) đồng biến . Do đó ( *) =y x = y2 y Thay vào phương trình (2) ta được : 4 x + 5 + x + 8 = 6 ( 3) Rõ ràng vế trái phương trình ( 3) này là hàm đồng biến. Nhận thấy x = 1 là nghiệm phương trình ( 3) suy ra nghiệm này là duy nhất. Tương ứng y = 1 . Vậy hệ có nghiệm là : ( 1; −1) ; ( 1;1) . Thí dụ 3: x 3 − 5 x = y 3 − 5 y ( 1) Giải hệ phương trình sau : 8 x + y 8 = 1 ( 2 ) Giải: Từ (2) suy ra : x , y 1 . Từ (1) ta xét hàm số : f(t)= t − 5t � f '(t ) = 3t − 5 < 0 ∀t �[ −1;1] hay f(t) là một 3 2 hàm số nghịch biến. Do đó ( 1) � x = y thay vào ( 2 ) ta được : 4
1 1 1 x8 = � x = �8 tương ứng y = . Vậy hệ có nghiệm là 2 2 8 2 � 1 1 ��1 1 � �− 8 ;− 8 � ;� ; �. � 2 2 ��8 2 8 2 � Thí dụ 4: x + 1 + 7 − y = 4 ( 1) Giải hệ phương trình sau y + 1 + 7 − x = 4 ( 2 ) 1 x 7 Giải: Điều kiện . 1 y 7 Trừ hai vế phương trình cho nhau ta được x + 1 − 7 − x = y + 1 − 7 − y ( *) . 1 1 Đặt f ( t ) = t + 1 − 7 − t ∀t [ 1;7 ] ; Ta có f ' ( t ) = + >0 ∀t [ 1;7 ] t +1 7−t Hay f ( t ) đồng biến với ∀t [ 1;7 ] . Do đó ( *) � x = y . Thay vào ( 1) ta được x + 1 + 7 − x = 4 � x + 1 7 − x = 4 � x 2 − 6 x + 9 = 0 � x = 3 tương ứng y = 3 . Vậy hệ có nghiệm ( 3;3) . Thí dụ 5: x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1 ( 1) Giải hệ phương trình sau : y + y 2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1 ( 2 ) Giải: u + u 2 + 1 = 3v ( 3) Đặt u = x − 1 ; v = y − 1 khi đó hệ có dạng : v + v 2 + 1 = 3u Trừ hai phương trình vế với vế ta được : u + u 2 + 1 + 3u = v + v 2 + 1 + 3v (*) Xét hàm số f (u ) = u + u 2 + 1 + 3u ∀u u u2 + 1 + u u +u � f '(u ) = 1 + + 3 ln 3 = u + 3u ln 3 > + 3u ln 3 > 3u ln 3 > 0 . u +1 2 u +1 2 u +1 2 Hay hàm số đồng biến. Do đó ( *) u = v .Thay vào (3) ( ) ( � u + u 2 + 1 = 3u � ln u + u 2 + 1 = u ln 3 � g (u ) = ln u + u 2 + 1 − u ln 3 ) 5
u 1+ Ta có g '(u ) = u 2 + 1 − ln 3 = 1 − ln 3 < 0 ∀u . Chứng tỏ hàm số g ( t ) u + u2 + 1 u2 + 1 nghịch biến . Nhưng ta lại có g ( 0 ) = 0 vì vậy phương trình có nghiệm u = 0 suy ra v = 0 . Do đó hệ có nghiệm duy nhất ( 1;1) . Thí dụ 6: x 3 ( −2 + 3 y ) = −8 ( 1) Giải hệ phương trình sau (Học sinh giỏi Hà Nội 2012). x ( y 3 + 2 ) = −6 ( 2 ) Giải: Từ hệ phương trình suy ra x 0 . −8 − 2 + 3 y = �x ( −2 + 3 y ) = −8 ( 1) 3 � x3 � 3 � x ( y + 2 ) = −6 ( 2 ) −6 y +2= 3 x Cộng hai vế phương trình cho nhau ta có 3 −8 6 �−2 � �−2 � y + 3 y = 3 − 2 � y + 3 y = � �+ 3 � � 3 3 ( *) . x x �x � �x � Xét hàm số f ( t ) = t + 3t ∀t 0 . f ' ( t ) = 3t + 3 > 0 ∀t . Hay hàm số đồng biến. 3 2 −2 Do đó ( *) � = y � xy = −2 . Thay vào ( 1) ta được x � 6� x =1 x3 � −2 − �= −8 � 2 x 3 + 6 x 2 − 8 = 0 � ( x − 1) ( x 2 + 4 x + 4 ) = 0 � � x� x = −2 y = −2 tương ứng . y =1 Vậy hệ có nghiệm ( 1; −2 ) ; ( −2;1) . Thí dụ 7: 2 ( 2 x + 1) + 2 x + 1 = ( 2 y − 3) y − 2 ( 1) 3 Giải hệ phương trình sau . 4 x + 2 + 2 y + 4 = 6 ( 2 ) −1 x Giải: Điều kiện 2 y 2 a = 2x + 1 Đặt � y = b 2 + 2 . Thay vào hệ ta có 2a 3 + a = 2b3 + b ( *) b= y−2 0 6
Đặt f ( t ) = 2t + t ∀t 0 ; f ( t ) = 6t + 1 > 0 ∀t 0 . Hay hàm số đồng biến. Do đó 3 2 ( *) � a = b hay 2 x + 1 = y − 2 . Thay vào ( 2 ) ta được 2 y − 2 + 2 y + 4 = 6 ( 3) . Rõ ràng vế trái phương trình ( 3) là hàm đồng biến với ∀y 0 . Nhận thấy phương trình ( 3) có nghiệm x = 6 suy ra đó là nghiệm 1 duy nhất của ( 3) tương ứng x = . 2 � 1� Vậy hệ có nghiệm � 6; �. � 2� Thí dụ 8: e x − y + e x + y = 2 ( x + 1) ( 1) Giải hệ phương trình sau x + y . e = x − y + 1 ( 2 ) Giải: a= x− y Đặt � a + b = 2 x . Khi đó hệ trở thành b=x+ y � e a + eb = a + b + 2 � ea = b + 1 e a − eb = b − a ( 3) �b � �b � �b � e = a + 1 �e = a + 1 e = a + 1 ( 4 ) Xét ( 3) ta có e − e = b − a � e + a = e + b ( *) . Xét hàm số f ( t ) = e + t . a b a b t f ' ( t ) = et + 1 > 0 ∀t . Hay hàm số đồng biến. Do đó ( *) � a = b hay y = 0 . Thay vào ( 2 ) ta được e − x − 1 = 0 ( 5 ) x Xét g ( x ) = e − x − 1 ∀x; g ' ( x ) = e − 1 = 0 � x = 0 x x Bảng biến thiên x − 0 + g '( x ) 0 + g ( x) + + 0 Suy ra phương trình ( 5 ) có nghiệm duy nhất x = 0 . Vậy hệ có nghiệm ( 0;0 ) . Thí dụ 9: 7
x 2 x − 21− y + log 2 = 0 ( 1) Giải hệ phương trình sau 1− y x ( 1 − y ) + 5 y + 1 = 0 ( 2 ) Giải: x Điều kiện: >0 1− y Xét các trường hợp sau: �x < 0 �x < 0 5y +1 Trường hợp 1: � � . Khi đó ( 2 ) � x = < 0 vô lí ( vì y > 1 ). �1 − y < 0 �y > 1 y −1 Do đó trường hợp 1 vô nghiệm. �x > 0 �x > 0 Trường hợp 2 : � � . Khi đó �1 − y > 0 �y < 1 x 2 x − 21− y + log 2 = 0 � 2 x − 21− y + log 2 x − log 2 ( 1 − y ) = 0 � 2 x + log 2 x = 21− y + log 2 ( 1 − y ) ( * ) 1− y 1 Xét hàm số f ( t ) = 2 + log 2 t ∀t > 0 . f ' ( t ) = 2t ln 2 + > 0 ∀t>0 . Hay hàm số t t ln 2 f ( t ) đồng biến. Do đó ( *) � x = 1 − y . Thay vào ( 2 ) ta được y = −1 x=2 ( 1 − y ) + 5 y + 1 = 0 � y2 + 3y + 2 = 0 � 2 tương ứng . y = −2 x=3 Vậy hệ có nghiệm ( 2; −1) ; ( 3; −2 ) . Thí dụ 10: ( 4x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ( 1) Giải hệ phương trình sau : 4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7 ( 2 ) Giải: 3 5 1 Điều kiện : x ,y . Đặt t = 5 − 2 y � y = ( 5 − t 2 ) , thay vào (1) ta có : 4 2 2 � 5−t � 2 � 4 x3 + x = t � 3− �� 8 x 3 + 2 x = t 3 + t ( *) . � 2 � Xét hàm số : f ( x) = x 3 + x � f '( x) = 3 x 2 + 1 > 0 ∀x � f ( x) đồng biến cho nên 5 − 4 x2 ( *) � t = 2 x > 0 . Do đó : 5 − 2 y = 2 x � y = . 2 8
Thay vào phương trình (2) của hệ ta được : 2 �5 − 4 x 2 � � 3� g ( x) = 4 x + � 2 � + 2 3 − 4 x = 0 ∀x � 0; � � 2 � � 4� �5 2� 4 4 � 3� Ta có g '( x) = 8 x − 8 x � − 2 x �− = 4 x ( 4 x 2 − 3) − < 0 ∀x � 0; �, �2 � 3 − 4x 3 − 4x � 4� 1 1 Nhận thấy g ( ) = 0 � x = là nghiệm duy nhất của g ( x ) = 0 , tương ứng y = 2 . 2 2 �1 � Vậy hệ có nghiệm � ;2 � . �2 � Thí dụ 11: x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y ( 1) Giải hệ phương trình sau 2 1 (Khối A 2012) x + y 2 − x + y = ( 2 ) 2 Giải: ( 1) � x3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y � ( x − 1)3 − 12 x + 23 = ( y + 1)3 − 12 y � ( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) (1) 1 1 1 ( 2 ) � x 2 + y 2 − x + y = � ( x − )2 + ( y + ) 2 = 1 (2) 2 2 2 Từ (2) ta suy ra � 1 2 � 1 �−3 1 � ( x − ) 1 �− 1 x − 1 � x − 1 � 2 � 2 �2 2 � � � � � � 1 1 −1 3 ( y + )2 1 � −1 y + 1 � y +1 � 2 � 2 �2 2 Nên x − 1 và y + 1 đều thuộc (2;2) Ở (1), xét f (t ) = t 3 − 12t với t �(−2;2) f '(t ) = 3t 2 − 12 < 0 ∀t �(−2;2) . Hay f(t) nghịch biến. Do đó (1) suy ra x = y + 2 Thay vào phương trình (2): −3 1 ;x= y= 1 2 2 ( y + 2) 2 + y 2 − ( y + 2) + y = � 4 y 2 + 8 y + 3 = 0 � 2 −1 3 y= ;x= 2 2 3 −1 1 −3 Vậy hệ nghiệm: ( ; );( ; ) 2 2 2 2 9
Thí dụ 12: Giải hệ phương trình sau (1 + 42 x − y )51− 2 x + y = 1 + 2 2 x− y +1 (1) x− y ( x, y ﾡ ) (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa 2013) = ln ( x + 3) − ln ( y + 3) (2) 4 Giải: Đ/k x > −3 và y > −3. 1 + 4t 1 + 2t + 1 Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành: (1+ 4 ).5 =1+ 2 � t = t 1− t t +1 5 5 t t �1 � �4 � 1 2 � � �+ � �= + .2t (3) �5 � �5 � 5 5 t t �1 � �4 � 1 2 Ta có hàm số f (t ) = � �+ � � nghịch biến và hàm số g (t ) = + .2t đồng biến �5 � �5 � 5 5 trên ﾡ , mà t = 1 thỏa mãn (3), nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3) � 2 x − y = 1. Ta có (2) � x − 4ln( x + 3) = y − 4ln( y + 3) (*) Xét hàm số: y = f (t ) = t − 4ln(t + 3), t > −3, (*) � f ( x) = f ( y ) t −1 Ta có: f '(t ) = , f '(t ) = 0 � t = 1 t +3 BBT: t 3 1 + 0 + f’(t) f(t) Với x = 1 � y = 1, ta có x = y = 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho. Từ 2 x − y = 1 � y − x = x − 1 Với x 1 ta có: Khi x > 1 � y > x > 1 � f ( y ) > f ( x ) Khi x < 1 � y < x < 1 � f ( y ) > f ( x ) ∀x �(−3; +�) \ { 1} Suy ra với ta luôn có f ( y ) > f ( x). 2 x − y = 1, x =1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất y = 1. 10
Thí dụ 13: 22 x − y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y (1) Giải hệ phương trình sau 3 y − 2( x − 1)3 + 1 = 0 (2). (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa 2012) Giải Điều kiện: x + y 0, 2 x − y 0 (*). Khi đó: (1) � 22 x − y + (2 x − y ) 2 x − y = 2 x + y + ( x + y ) x + y . Xét hàm f (t ) = 2t + t t , suy ra: (1) có dạng f (2 x − y ) = f ( x + y ) . Mặt khác f (t ) đồng biến, do đó (1) � 2x − y = x + y hay x = 2 y . Thế vào (2), ta được: 3 y + 1 = 2(2 y − 1)3 (3). t = (2 y − 1)3 Đặt 3 y = 2t − 1 , phương trình (3) trở thành hệ: y = (2t − 1)3 Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được: t = y ( do 2(2 y − 1) 2 + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) 2 + 1 > 0 ∀y, t ) Thế vào một phương trình của hệ ta được: y = (2 y − 1)3 � 8 y 3 − 12 y 2 + 5 y − 1 = 0 � ( y − 1)(8 y 2 − 4 y + 1) = 0 � y = 1 . y = 1 � x = 2 , thoả mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): ( x; y ) = (2; 1) . Thí dụ 14: x11 + xy10 = y 22 + y12 ( 1) Giải hệ phương trình sau . 7 y 4 + 13 x + 8 = 2 y 4 3 x ( 3 x 2 + 3 y 2 − 1) ( 2 ) Giải: Rõ ràng y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình. Chia hai vế pt ( 1) cho y11 11 �x � x ta được � � + = y11 + y ( *) . Xét hàm số f ( t ) = t + t . f ' ( t ) = 11t + 1 > 0 ∀t . Hay 11 10 �y � y x hàm số đồng biến. Do đó ( *) � = y � x = y > 0 . 2 y Thay vào ( 2 ) ta được 7 13 8 3 1 7 x 2 + 13x + 8 = 2 x 2 3 x ( 3x 2 + 3 x − 1) � + 2 + 3 = 2 3 3 + − 2 ( 3 ) . x x x x x 11
1 Đặt a = > 0 ( 3) trở thành x 7a + 13a 2 + 8a 3 = 2 3 3 + 3a − a 2 � ( 2a + 1) + 2 ( 2a + 1) = 3 + 3a − a 2 + 2 3 3 + 3a − a 2 ( **) 3 . Xét hàm số g ( b ) = b + 3b ∀b>1 . g ' ( b ) = 3b + 3 > 0 ∀b . Hay hàm số đồng biến. Do 3 2 ( **) � 2a + 1 = 3 3 + 3a − a 2 � 8a 3 + 13a 2 + 3a − 2 = 0 � ( a + 1) ( 8a 2 + 5a + 2 ) = 0 đó a = −1 8a 2 + 5a + 2 = 0 ( vn ) � a = −1 < 0 loại hay hệ vô nghiệm . C. Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình sau: x3 − 3x = y 3 − 3 y 1. 6 ( 3 − x) 2 − x − 2 y 2 y −1 = 0 x + y6 = 1 9. . ( 2 y − 1) 3 2 2− x − =1 x3 − 5 x = y 3 − 5 y 2. . 2 y3 + 2 x 1 − x = 3 1 − x − y x8 + y 4 = 1 10. x2 = y − 1 + 2x − 1 y = 2 x 2 − 1 + 2 xy 1 + x 3. . x2 + 1 y2 = x − 1 + 2 y −1 e y −x = 2 2 11. y2 + 1 . x + x+3 =3 y 4. . 3log 2 ( x + 2 y + 6 ) = 2log 2 ( x + y + 2 ) + 1 y + y+3 =3 x y 3 + y = x3 + 3x 2 + 4 x + 2 x 3 − 3x = y 3 − 3 y ( 1) 12. . 5. . 1 − x2 − y = 2 − y − 1 x 6 + y 6 = 1( 2 ) 13. ln ( 1 + x ) − ln ( 1 + y ) = x − y �y + y 2 + 9 � 6. 2 x 2 − 5 xy + y 2 = 0 ( x − y ) ( x + xy + y − 2 ) = 6ln � 2 2 �x + x 2 + 9 � � � � cos x − cos y = x − y 7. . x − 2x + 1 = y 3 2 x 2 y − xy − 1 = 0 x3 ( 2 + 3 y ) = 1 x 3 + 3xy 2 = y 6 + 3 y 4 8. . 14. x ( y3 − 2) = 3 2x2 + 5 y 2 − 1 = 7 x2 y 2 − 1 IV. KIỂM NGHIỆM 12
Như trên đã phân tích định lí được nêu dưới dạnh đơn giản. Đảm bảo đa số học sinh hiểu được nội dung và vận dụng ban đầu vào các ví dụ minh họa( mang tính chất nhận diện khái niệm). Qua đó kích thích tính tự học, tự nghiên cứu và phát hiện vấn đề. Đa số học sinh tỏ ra hứng thú hơn khi giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn đề, phát hiện vấn đề hiệu quả hơn, nhanh hơn. Giờ dạy tránh được tính đơn điệu, nhàm chán Học sinh có nhiều thay đổi tích cực về phương pháp học tập và tư duy giải toán. Kết quả cụ thể như sau Số Giỏi Khá TB Yếu Lớp HS SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) 12B2 50 2 4 13 26 22 44 13 26 12C3 47 7 14,9 19 40.4 15 31,9 6 12,8 V. Kết luận A, Kết quả thực hiện đề tài Qua thời gian thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy khi chưa đưa chuyên đề vào giảng dạy, học sinh chỉ có thể giải quyết được các bài tập đơn giản. Không biết phân tích bài toán, đặc biệt là việc đánh giá miền giá trị của các biến. Sau khi học chuyên đề học sinh đã có thể làm tốt các bài tập khó hơn, các em hứng thú và say mê hơn trong học tập. Qua khảo sát kết quả học tập của các em tăng lên rõ rệt. B, Bài học kinh nghiệm 1. Để học sinh có kết quả cao trong kỳ thi đại học và thi HSG, người thầy cần nghiên cứu, tìm tòi và xây dựng được các phương pháp giải toán sao cho học sinh dễ hiểu và cách giải ngắn nhất. 2. Thầy giáo tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho học sinh, đồng thời động viên các em khi các em tiến bộ. 3. Thầy giáo hướng dẫn cách tự đọc sách của học sinh, động viên các em học sinh giỏi đọc báo toán, tài liệu phục vụ cho học tập. 4. Thầy giáo tăng cường luyện cho các em dạng chuyên đề và bộ đề thi để các em có nhiều thời gian tiếp cận và tập dượt với dạng toán thi, từ đó dần dần đạt kết quả học tập cao hơn. VI. Phụ lục Tài liệu tham khảo : 13
1. Đề thi đại học các năm 2008, 2009, 2010, 2011, 2012. Đề thi học sinh giỏi các tỉnh những năm gần đây( đặc biệt là đề của Thanh Hóa) 2. Đề thi thử đại học của các trường THPT trong cả nước. 3. Báo toán học tuổi trẻ. 4.Tư liệu ghi chép của cá nhân đồng nghiệp. XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày tháng năm 2013 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác. Lê Xuân Thắng 14