Tài liệu Sử dụng hằng đẳng thức để rút gọn căn thức bậc hai

MỤC LỤC Nội dung PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ I. Lý do chọn chuyên đề II. Mục đích nghiên cứu III. Phạm vi nghiên cứu IV. Đối tượng nghiên cứu V. Phương pháp nghiên cứu PHẦN II: NỘI DUNG I. Cơ sở lý luận II. Cơ sở thực tiễn III. Thực trạng IV. Nội dung chuyên đề V. Hiệu quả của chuyên đề VI. Bài dạy minh họa PHẦN III: KẾT LUẬN Tài liệu tham khảo PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ. 1 Trang 2 2 3 3 4 4 5 5 5 6 21 22 26 27 Qua những năm giảng dạy ở trương THCS. Tôi nhâ ̣n thây răng các em học sinh, nhât là lơp 9 phải chiu nhiều áp lực trong viê ̣c thi cư vào các trương chuyên, trương công đê đinh hương cho tương lai cuả minh sau này. Mà ở các ky thi đo, nô ̣i dung đề thi thương rơi vào kiên thức cơ bản không thê thiêu đo là chương căn thức bâ ̣c hai cho dươi dạng rut gọn biêu thức và thực hiê ̣n phép tính căn. Phân lơn các em không làm được bài, bởi vi các em chưa nhâ ̣n thây được các biêu thức đa cho co liên quan đên mô ̣t kiên thức rât quan trọng là hăng đăng thức mà các em đa được học ở lơp 8. Trong đại số 8 hăng đăng thức đáng nhơ là một nội dung rât quan trọng và cân thiêt. Việc nắm vững, nhận dạng, đê vận dụng các hăng đăng thức vào giải toán là một nhu câu không thê thiêu khi học chương 1 đại số 8 cho tât cả học sinh phổ thông. Tuy nhiên khi vận dụng hăng đăng thức học sinh thương gặp phải những kho khăn mà đo co thê là nguyên nhân chính hạn chê việc tiêp thu kiên thức toán, nguyên nhân dẫn đên tinh trạng trên là do: - Học sinh chưa nắm vững các hăng đăng thức đa được học ở lơp 8. - Kỹ năng vận dụng các hăng đăng thức đa học dươi dạng biêu thức chứa căn ở lơp 9 chưa thành thạo. - Kỹ năng biên đổi tính toán giải toán về căn thức bậc hai của đa số học sinh còn yêu. Trong quá trinh giảng dạy thực tê trên lơp một số năm học, tôi đa phát hiện ra răng còn rât nhiều học sinh thực hành kỹ năng giải toán về rut gọn biêu thức chứa căn bậc hai còn kém.Việc giup học sinh nhận dạng và giải thành thạo dạng toán rut gọn biêu thức chứa căn bậc hai là điều rât cân thiêt và câp bách no mang tính đột phá và mang tính thơi cuộc rât cao, giup các em co một sự am hiêu vững trắc về lượng kiên thức căn bậc hai tạo nền mong đê tiêp tục nghiên cứu các dạng toán cao hơn sau này. Vơi ươc vọng đê tim ra hương khắc phục, chung tôi co suy nghg nhiều đên các giải pháp mà bản thân đa tích cực áp dụng trong quá trinh giảng dạy như: - Hương dẫn chu đáo bài tâ ̣p về nhà. - Tăng cương bài tâ ̣p về nhà và kiêm tra thương xuyên. - Cố gắng dành thơi gian đê hương dẫn học sinh giải nhiều dạng bài toán rut gọn biêu thức tại lơp. Vơi những giải pháp trên mang lại kêt quả chưa cao. Đê thay đổi hiê ̣n trạng trên, trong chuyên đề này chung tôi đưa ra giải pháp đo là “ Sử dung hăng đẳng thức, ŕt gon biểu thức chứa căn thức b7 ̣c hai” nhăm phát huy năng lực lựa chọn phương pháp phù hợp cho mỗi dạng, mỗi kiêu bài khác nhau, đồng thơi giup 2 các em hiêu sâu sắc và vâ ̣n dụng co hiê ̣u quả. Đê thực hiê ̣n giải pháp này, giáo viên cân đưa ra các dạng bài toán rut gọn biêu thức cơ bản, thương gặp trong chương trinh, hương dẫn cho học sinh phương pháp giải gọn, dễ hiêu, dễ nhơ đối vơi những bài co nhiều cách giải. Trên cơ sở phân tích đề bài, giáo viên cân giup đỡ cho các học sinh giải quyêt những vân đề mà các em hay lung tung, không xác đinh được hương giải. Xuât phát từ tinh hinh đo, qua những năm giảng dạy và học hoi ở đồng nghiê ̣p, tôi rut ra được mô ̣t số kinh nghiê ̣m cho bản thân đê co thê truyền dạy cho các em những kiên thức cơ bản đê co thê giải quyêt được vân đề kho khăn ở trên. Chính vi vâ ̣y tôi mơi chọn chuyên đề Sử dụng hặ̀ng đặ̉ng t
hăức rút
g̣̣n biểu t
hăức chăứa cṇn t
hăức biâ ̣c hăaêb II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Nghiên cứu chuyên đề “ Sử dụng hặ̀ng đặ̉ng t
hăức, rút
g̣̣n biểu t
hăức chăứa cṇn t
hăức biâc̣ hăaê” giup giáo viên quan tâm hơn đên một phương pháp dạy học tích cực rât rễ thực hiện. - Giup giáo viên toán Trung học cơ sở noi chung và giáo viên dạy toán 9 Trung học cơ sở noi riêng co thêm thông tin về phương pháp tích cực này nhăm giup họ rễ ràng phân tích đê đưa ra biện pháp tối ưu khi áp dụng phương pháp vào dạy học. - Qua chuyên đề này tôi muốn giup giáo viên toán 9 co thêm cái nhin mơi sâu sắc hơn, chu ý đên việc rèn luyện kỹ năng thực hành giải toán về căn bậc hai cho học sinh đê từ đo khai thác hiệu quả và đào sâu suy nghg tư duy lôgic của học sinh giup học sinh phát triên khả năng tiềm tàng trong con ngươi học sinh. - Qua sáng kiên này tôi cũng tự đuc rut cho bản thân minh những kinh nghiệm đê làm luận cứ cho phương pháp dạy học mơi của tôi những năm tiêp theo. III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU: Trong sáng kiên này tôi chỉ nêu ra một số bài tập rut gọn biêu thức chứa căn mà học sinh thương được làm trong chương I - Đại số 9. Phân tích cách biên đổi đê đưa về dạng hăng đăng thức rồi đưa biêu thức ra ngoài dâu căn. Từ đo đinh hương cho học sinh phương pháp giải bài toán về căn bậc hai. IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: 3 Chuyên đề được áp dụng cho học sinh lơp 9 và các học sinh khá, gioi môn toán và được thực hiê ̣n trong các giơ luyê ̣n tâ ̣p, ôn tâ ̣p, ôn thi vào lơp 10 về giải bài tâ ̣p rut gọn biêu thức co chứa căn thức và thực hiê ̣n phép tính co chứa căn. V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Đọc sách, tham khảo tài liệu. Thực tê chuyên đề, thảo luận cùng đồng nghiệp. Dạy học thực tiễn trên lơp đê rut ra kinh nghiệm. Dựa vào kinh nghiệm giảng dạy bộ môn toán của các giáo viên co kinh nghiệm của trương trong những năm học trươc và vốn kinh nghiệm của bản thân đa rut ra được một số vân đề co liên quan đên nội dung của chuyên đề. Trong quá trinh thực hiện chuyên đề này tôi đa sư dụng những phương pháp sau: - Quan sát trực tiêp các đối tượng học sinh đê phát hiện ra những vân đề mà học sinh thây lung tung, kho khăn khi giáo viên yêu câu giải quyêt vân đề đo. - Điều tra toàn diện các đối tượng học sinh trong 2 lơp 9 của khối 9 vơi tổng số 50 học sinh đê thống kê học lực của học sinh. Tim hiêu tâm lý của các em khi học môn toán, quan điêm của các em khi tim hiêu những vân đề về giải toán co liên quan đên căn bậc hai (băng hệ thống các phiêu câu hoi trắc nghiệm). - Thực nghiệm giáo dục trong khi giải bài mơi, trong các tiêt luyện tập, tiêt trả bài kiêm tra..., tôi đa đưa vân đề này ra hương dẫn học sinh cùng trao đổi, thảo luận băng nhiều hinh thức khác nhau như hoạt động nhom, giảng giải, vân đáp gợi mở đê học sinh khắc sâu kiên thức, tránh được những sai lâm trong khi giải bài tập. Yêu câu học sinh giải một số bài tập theo nội dung trong sách giáo khoa rồi đưa thêm vào đo những yêu tố mơi, những điều kiện khác đê xem xét mức độ nhận thức và suy luận của học sinh. - Phân tích và tổng kêt kinh nghiệm giáo dục khi áp dụng nội dung đang nghiên cứu vào thực tiễn giảng dạy.Từ đo tổ chức co hiệu quả hơn trong các giơ dạy tiêp theo. PHẦN II: NỘI DUNG 4 I. CƠ SỞ LÝ LUẬN Đào tạo thê hệ trẻ trở thành những ngươi năng động sáng tạo, độc lập tiêp thu tri thức khoa học kỹ thuật hiện đại, biêt vận dụng và thực hiện các giải pháp hợp lý cho những vân đề trong cuộc sống xa hội và trong thê giơi khách quan là một vân đề mà nhiều nhà giáo dục đa và đang quan tâm.Vân đề trên không năm ngoài mục tiêu giáo dục của Đảng và Nhà nươc ta trong giai đoạn lich sư hiện nay. Đê đáp ứng yêu câu của thơi đại khoa học kg thuật phát triên hiện nay. Tại nghi quyêt hội nghi lân thứ 2 của ban châp hành Trung ương khoa VIII về những giải pháp chủ yêu trong giáo dục và đào tạo đa chỉ rõ: “Đổi mơi mạnh mẽ phương pháp giáo dục - đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành nêp tư duy sáng tạo của ngươi học. Từng bươc áp dụng các phương pháp tiên tiên và phương tiện hiện đại vào dạy học, đảm bảo điều kiện và thơi gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh”. Chính vi vậy đòi hoi từng bộ môn trong nhà trương THCS phải co cách nhin nhận cải tiên phương pháp dạy học sao cho phù hợp vơi từng đối tượng học sinh. Một trong những yêu câu đặt ra của cải cách là phải đổi mơi phương pháp dạy học theo hương tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, dươi sự tổ chức hương dẫn của giáo viên. Học sinh tự giác, chủ động tim tòi, phát hiện và giải quyêt nhiệm vụ nhận thức và co ý thức vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiên thức đa học vào bài tập và thực tiễn. II. CƠ SỞ THỰC TIỄN. Trong trương THCS môn Toán là một môn nhiều học sinh cho là kho từ đo không thích học. Qua quá trinh giảng dạy và gân gũi học sinh tôi nắm được học sinh thương chưa hiêu được công thức và không dám hoi bạn bè và thây cô giáo. Vơi học sinh lơp 9 thi việc giải dạng toán “Tim x trong dâu căn đê giải phương trinh, các bài toán về căn bâ ̣c hai, các bài toán rut gọn... “gặp nhiều sai xot do các em khi khai phương không lây giá tri tuyệt đối, không chu ý đên điều kiện tồn tại của căn bậc hai, các biêu thức liên hợp trong bài toán trục căn thức ở mẫu..., nên dẫn đên kêt quả sai hoặc bo xot nghiệm. Chính vi vậy mà khi gặp dạng toán này học sinh thương ngại, lung tung không tự tin và hay né tránh nên kêt quả kiêm tra phân này thương thâp. III. THỰC TRẠNG Ở các ki thi học ki I, học ki II, ôn thi vào lơp 10, vào các trương chuyên, học sinh thương gă ̣p đề thi co nô ̣i dung rut gọn biêu thức và thực hiê ̣n phép tính co chứa căn thức bâ ̣c hai. Muốn giải được bài tâ ̣p đo đòi hoi học sinh phải nắm vững hăng đăng thức đáng nhơ đa học ở lơp 8 và phải biêt vâ ̣n dụng chung vào từng loại bài tâ ̣p. Cái kho ở đây là các em học bảy hăng đăng thức đáng nhơ ở lơp 8 viêt dươi 5 dạng biêu thức chứa chữ, không co chứa căn, mà ở lơp 9 bài tâ ̣p rut gọn biêu thức thương cho dươi dạng căn thức bâ ̣c hai co liên quan đên bảy hăng đăng thức đáng nhơ đa học ở lơp 8. Chính vi vâ ̣y mô ̣t số em còn yêu không nhâ ̣n thây được ở điêm này nên không làm được bài tâ ̣p rut gọn. Vi vâ ̣y ta phải làm sao cho học sinh nhâ ̣n thây được mối quan hê ̣ qua lại giữa hăng đăng thức đáng nhơ ở lơp 8 và hăng đăng thức lơp 9 đê các em co thê tự minh phát hiê ̣n và vâ ̣n dụng no vào viê ̣c giải bài tâ ̣p. IV. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ 1. Lý Thuyết. Để khắc phặc vấn đề đã nêu ơ trêêunΦ taê cần chăn hăọc sinnhă hăọc kỵ̃ bảy hăằng đẳng thăức đã hăọc ơ lơp 8 (thăon thăứ t:
1 1) Binh phương mô ̣t tổng: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 2) Binh phương mô ̣t hiê ̣u: (a - b)2 = a2 - 2ab + b2 3) Hiê ̣u hai binh phương: a2 – b2 = (a + b).(a – b) 4) Lâ ̣p phương mô ̣t tổng: (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 5) Lâ ̣p phương mô ̣t hiê ̣u: (a - b)3 = a3 - 3a2b + 3ab2 - b3 6) Tổng hai lâ ̣p phương: a3 + b3 = (a + b).(a2 - ab + b2) 7) Hiê ̣u hai lâ ̣p phương: a3 - b3 = (a - b).(a2 + ab + b2) Binêt vâ ̣n ḍng no để đưaê rêaê nhăưng hăằng đẳng thăức đang nhăơ ơ lơp 9 (thăon thăứ t:
vinêt dươin dang co dấ căn1  1) aê  2 aêb  b   2) aê  2 aê  1  aê  b  aê  1 2  2 2 2  aê    b   aê  b  . 4) aê aê  b b  aê    b  ( aê  5)1  aê aê  1   aê  (1  aê ).  1  3) aê  b  3 3 3 3 aê  b  b ). aê  aê  aê  aêb  b   6) aê b  b aê  aêb ( aê  b ) 7) aê  aê  aê ( aê  1) * Ch́ ý: +a;b>0 + Hăng đăng thức số 4; 5 ở lơp 8 ít được sư dụng ở lơp 9, nên tôi không đưa vào phân ghi nhơ ở lơp 9. + Khi làm được điều này học sinh sẽ co căn cứ đê giải bài tâ ̣p rut gọn biêu thức co chứa căn thức bâ ̣c hai. 6 2. Bài tập vận dung *Sachă ginan khănaê lơp 9 và sachă bàin tâ ̣p tâ ̣p 1 đưaê rêaê rêất nhăinề bàin tâ ̣p về rêút gọn binể thăức chăứaê căn thăức bâ ̣c hăaêin nhăư saê 1 Bàê t
oạ́n 1: Chăự́ng mệnhă các đặ̉ng t
hăức sau: 2  1  aê aê   1  aê   aê   a)   1 1  aê 1  aê    Vơi a ≥ 0; a ≠ 1 Nhâ ̣n xét đề bài: Bài toán cho gồm co các hăng đăng thức sau: 3  aê   1  aê  . 1  aê  aê    aê   1  aê  .  1  aê  1  aê aê 13  1  aê 12 2 tương tự hđt (hăng đăng thức) số 3; 5 lơp 9. Ap dụng vào bài toán, ta biên đổi vê trái: Giải  1  aê aê   1  aê  VT   aê     1  aê   1  aê    1     aê . 1  aê  aê 1 aê   1   1  2 aê  aê .    1  aê   2   1  aê aê  .    1  aê . 1        aê   2  2  2 Đên đây ta lại thây xuât hiê ̣n hđt:  1  2 aê  aê   1  aê  tương tự hđt số 2 lơp 9. Tiêp tục biên đổi ta được kêt quả: b) aê  b aê 2b 4  aê b2 aê 2  2aêb  b 2  VT  1  aê  2 . 1  1  aê  2 1 VP ðpcm vơi a+b >0 và b 0 Nhâ ̣n xét: a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 hđt số 1 lơp 8. Ap dụng vào bài toán ta biên đổi vê trái: Giải VT  aê  b aê 2 b 4 aê  b  2 2 2 2 b aê  2aêb  b b aê 2b 4  aê  b  2 2 aê  b aêb aê  b b aê  2 .  2 .  aê VP aê  b aê  b b b 2 ðpcm Bàê t
oạ́n 2: Ŕt
g̣̣n biểu t
hăức: 7 Vin aê  b  0 P aê  b  2 aêb 1 : aê  b aê  b * Nhăậ̣n xét
:  aê  b  2 aêb aê  2 aêb  b  aê  b  2 Gêảê P  aê  b  2 aêb 1 : aê  b aê  b aê  2 aêb  b 1 : aê  b aê  b  aê     2  2 aêb  aê  aê  aê  b   b 2 b : 1 aê  b 2 b  aê  b 1  aê  b   aê  b   aê    b   2 2 aê  b Vậy P = aê – b (vơin aê > 0Φ b > 0Φ a ≠ b) Bài toán 3: Chăo biểu t
hăức:  1  aê aê   1  aê aê P   aê  .   1  aê   1  aê aê
Rút gọn P b
Tìm aê để P  7  4 3 * Nhăậ̣n xét
: 1  aê 3  aê   1  aê   1  aê 1   aê   1  aê   1  1  aê aê 1  3 Gêảê ĐKXĐ1 a ≥ 0; a ≠ 1 8  aê  aê  aê  aê  aê    1  aê aê   1  aê aê  P   aê  .   aê   1  aê   1  aê  3 3  1    aê 1 aê   aê    aê   1  aê   1  aê       1  aê 1  aê  aê   1  aê 1  aê  aê   aê       1  aê 1  aê             aê  aê  aê   1  aê  aê    1  2 aê  aê   1  2 aê  aê   1  aê   1  aê    1  aê   1  aê      1 2 aê   aê     2 2  1  aê  2 Vậy P =  1  aê  2 Bàê t
oạ́n 4: Ŕt
g̣̣n ruôê so sạ́nhă gêá t
rụ của M vớê 1, biêtt
: 1  aê  1  1 M   : aê  1  aê  2 aê  1  aê  aê Nhâ ̣n xét: aê  aê  aê ( aê  1)  aê  2 aê  1   aê  1 2 vơi a,b ≥ 0 và a ≠ 0 co dạng hđt số 2 và 7 lơp 9. Ap dụng vào bài toán: Giải   1 1  aê  1 1 1  M   :     aê  1  aê  2 aê  1 aê  aê aê  1  aê  aê     1  aê   M  :  aê aê  1     M  aê  1 aê   1  1 aê    aê  1 1  aê    . 2  aê aê  1  aê  1    1     aê  1  : 1  aê  1   aê  1 2 2 aê  1 Vin  aê  0 Bàê t
oạ́n 5: Cho biểu thức: P x 1 2 x 25 x   4 x x 2 x 2 a) Rut gọn P b) Tim x đê P = 2 Vơi x ≥ 0 ; x ≠ 4 Nhâ ̣n xét: Bài toán cho co hăng đăng thức:   4 x  2 x . 2  x và dùng quy tắc đổi dâu đê rut gọn biêu thức P 9 Giải x 1 aê ) P  P x 2  2 x    x 2 25 x x 1 2 x 25 x    4 x x 4 x 2 x 2  x 1 x 2 2 x    x  2  25 x  x 4 x  2 x  x  2  2x  4 x  2  5 x P x 4 P 3x  6 x  x 4 b) P 2  3 x  x 2 3 x   x 2 x 2  3 x    x 2  x 2 2  3    x  2  x 2 x 4  x 16 Bàê t
oạ́n 6: Chăự́ng mệnhă các đặ̉ng t
hăức sau a) aê b  b aê 1 : aê  b aêb aê  b Vơi a, b > 0 ; a ≠ b  aê  aê   aê  aê  b)  1   .  1   1  aê aê  1 aê  1     Vơi a ≥ 0 và a ≠ 1 Nhâ ̣n xét: Hai câu trên gồm co các hđt số 6 aê b  b aê  aêb aê  aê  aê   aê  b 7 lơp 9:   aê 1 Ap dụng vào bài toán, ta biên đổi vê trái còn gă ̣p thêm dạng hđt số 3 lơp 8: Giải c)VT  aê b  b aê aêb : aêb 1 aê  b  aê  aê   aê  d )VT  1   .  1   aê  1 aê  1       1  aê . 1   aê 12   aê  b .  aê    2  aê  1 1  aê VP aê  b    aê  1 ðpcm Bàê t
oạ́n 7: Chăo biểu t
hăức Q aê 2   aê    b  aêb  aê  aê  1   aê  aê  1  aê    .1    1    aê  1 : aê 2  b 2  aê 2  b 2  aê  b aê 2  b 2 a) Rut gọn Q 10 Vơi a > b > 0   2 aê  b VP ðpcm b) Xác đinh giá tri của Q khi a = 3b Nhâ ̣n xét: Bài toán cho co dạng hđt số 3 lơp 8. Ap dụng vào bài toán ta rut gọn câu a: Giải aê   aê b  1 : 2 2 aê  b  aê  b  aê  aê 2  b 2  aê 2  b 2  aê  aê  aê 2  b 2 aê Q  . b aê 2  b 2  aê 2  b 2  aê )Q  Q Q 2 2 aê 2  aê aê 2  b 2 aê 2 2   aê 2  b 2 b  2 2 2  aê  b aê 2  b 2 aê  b b aê  b b) Khăin aê 3b .Taê cn : Q  2 aê 2  b 2 aê  b 2 aê  b 2    aê 2  aê 2  b 2 b aê 2  b 2 aê  b  2 aê  b . aê  b  aê  b aê  b aê  b 3b  b 1 2    aê  b 3b  b 2 2 Bàê t
oạ́n 8: Cho biểu thức: 1   aê 1  1 Q     : aê   aê  2  aê  1 aê  2   aê  1  Vơi a > 0 ; a ≠ 4 ; a ≠ 1 a) Rut gọn Q b) Tim giá tri của a đê Q dương Nhâ ̣n xét: Sau khi quy đồng mẫu thức, ta thây xuât hiê ̣n dạng hđt số 3 lơp 8 Giải 1   aê  1 aê  2   1 aê )Q      :  aê   aê  2 aê  1   aê  1  aê  aê  1   aê  1 aê  1  aê  2 aê  2  : Q   aê aê  1   aê  2 aê  1       aê  1  aê  4          1 1  :   . Q   aê aê  1   aê  2 aê  1   aê aê  1                     aê  2   0  vin 3 b) Q  0  3 aê         aê  0(aê  0)       aê  2  aê  2  0     aê  1  aê  2   3 3 aê  aê  2  aê  4 Bàê t
oạ́n 9:Chứng minh các đẳng thức vơi a,b không 7m và aê b ) 11  aê ) aê  b 2 aê  2 b aê   b 2 aê  2 b  2b 2 b  b  aê aê  b 2  aê aê  b b b)   aê  b    aê  b  aêb    1 aê  b   Nhâ ̣n xét: Bài toán cho dươi dạng hđt số 3 dâu. Ap dụng vào bài toán, biên đổi vê trái: 4 lơp 9 kêt hợp vơi quy tắc đổi Giải aê )VT     aê  b aê  b 2b aê  b aê  b 2b      2 aê  2 b 2 aê  2 b b  aê 2( aê  b ) 2( aê  b ) aê  b aê  b 2   aê  b 2  4b  2  aê  b  4 aêb  4b  2  aê  b  2 4 b    aê  b aê  b aê  b  aê aê  b b b)VT   aê  b         aê   aêb  b aê  b    b   aê  b aê  b  aêb     2 b     aê     b  aê  b VP    b   aê  b  aê  ðpcm 2 aê  b 2 1   aê  2 aêb  b    aê   aêb    (aê  2 aêb  b)  ( aê  2 aêb  b)  4b 2  aê  b  b  2 .   aê  1  aê  b 2  2 1 VP ðpcm Bàê t
oạ́n 10: Cho biểu thức:  A aê  b  2 aê   4 aêb b aê b  b aê  aêb a) Tim điều kiê ̣n đê A co nghga b) Khi A co nghga. Chứng to giá tri của A không phụ thuô ̣c vào a Nhâ ̣n xét: Bài toán cho dươi dạng hăng đăng thức sau:  aê 2 aêb  b  aê  b  2 aê b  b aê  aêb ( aê  b ) Ap dụng vào bài toán ta co lơi giải: Giải 12  A aê  b  2  4 aêb aê  b aê ) ÐK : aê; b  0 ; aê b  b) A  A aê  b  2  A aê   b aêb  b aê  2 aêb  b aê b  b aê  4 aêb aê  aê      aê b  b aê aêb  aê  b   b aê  b aê  b  aê  b aê  2 aêb  b  4 aêb  aê   b   aê  b aêb   aê  aê  b  b  2 b Vậy biêu thức A không phụ thuô ̣c vào a. Bàê t
oạ́n 11: Cho biểu thức:  2 x 1   1  x3 x B      3  x  1 x  x 1   1  x a) Rut gọn B b) Tim x đê B = 3  x   Vơi x ≥ 0 ; x ≠ 1 Nhâ ̣n xét: Bài toán cho gồm co hăng đăng thức sau:  x  1  x   1  x   1  x3  1  1  x3  Ap dụng vào bài toán ta co: x  x x 1 Giải  2x 1   1  x3 x aê ) B      3  x  1 x  x 1   1  x  x       1 2x 1 x  B    x  x 1  x  1 x  x 1    2x 1  x x1   1 x  x  x B   x  1 x  x 1              B      B     x  x  1  1    x  1  x  x  1  b) 2x 1  x   x  1 x B 3     1 2 x  x x 1   x   x  1 3  x  2   x1 x 4  x 16 13  x 1 1 xx x  aê  b aêb 2    x    Bàê t
oạ́n 12: Chăo biểu t
hăức:  x x  9   3 x 1 1  C     :   Vơi x > 0 ; x ≠ 9 x   3 x 9 x   x  3 x a) Rut gọn C b) Tim x sao cho C < -1 Nhâ ̣n xét: Bài toán cho gồm co các hăng đăng thức sau:   9 x  3 x 3 x x 3 x  x  x 3  Ap dụng vào bài toán ta co:  Giải  x x  9   3 x 1 1  aê )C     :   x   3 x 9 x  x  3 x     x x 9 3 x 1 1     C  :   3 x x 3 x 3 x   x x 3      x 3  x  x  9   3 x 1 x  3   3 x  x  x  9   3 x 1  x  3   :    :  C   3 x 3 x     3 x 3 x    x x 3 x x 3                x 3 x 3 x 3  3  :  2 x  4    .  C   3 x 3 x   x     x 3 3 x 2 x 2                4  2     x  . x 3   2   x 2     3 x        C 1    b)     C       x 2  0 Vin 2            x 3   3 x x 2  2 x 2   3 x 2      1  3 x 2  x 2   1  0   x  2  0 ( x  0 ) nêun : 4  3 x 2 2   x 2 x 2   0 x  0  x  16 Bàê t
oạ́n 13: Ŕt gon: P x xy y x y   x y  2 Vơi x ≥ 0; y ≥ 0 x2 + y2 > 0 Nhâ ̣n xét: bài toán co hđt sau: x x  y y  x  y   x  xy  y  . Ap dụng vào bài toán. 14 Giải P x xy y x  P  x y   x y  2     x y x x  xy  y  x  2 xy  y  x  xy  y y  x 2 xy  y  xy  y  x  2 xy  y  xy Bàê t
oạ́n 14: Chứng minh đẳng thức 1  aê  1 aê  1  1    : aê  1  aê  2 aê  1 aê  aê  aê Vơi a > 0 ; a ≠ 1 Nhâ ̣n xét: bài toán cho gồm co hđt sau: aê  aê  aê   aê  1  aê  2 aê  1   aê  1 2 Ap dụng vào bài toán, ta biên đổi vê trái: Giải   1  aê  1 1 1   1  VT     : : aê  1  aê  2 aê  1  aê aê  1 aê  1   aê  aê      1  aê   VT  :  aê aê  1     aê  1    aê  1 2    1  aê    .  aê aê  1        aê  1 aê  1 aê 1   aê  1 VT aê 2 Nhâ ̣n xét: bài toán cho gồm co hđt sau:    x  1 x  1  x  1 x 1 x2 x1 2 Ap dụng vào bài toán ta co lơi giải: Giải 15 2 2 Bàê t
oạ́n 15: Ŕt gon biểu thức:  x 2 x  2  1  x P   . 2 x  2 x  1   x 1  aê  1 ðpcm ÐK : x 0 ; x 1  2  x 2 x  2  1  x P     . 2  x  1 x  2 x 1     P     x 2   x 2   x1  2 x  2  1  x . 2  2 x 1      x 1  x  1   1  x  2 . 2     x  2  x  1 x  1  x 1  2   2 x  x  2 x  2  x  x  2 x  2  1  x  P  2 . 2   x  1 x 1        1 x 2  x x  1  x    2 x  . P     x  1 x  1  2 x 1         x 1    x1  x 1 x    x  1  x 1 x  MỘT SỐ BBI TOÁN TRONG CÁC KI THI TUYÊN SINH Bài 1: Ŕt
g̣̣n aê  b aê  b 4b   aê  b aê  b aê  b Vơi a, b >0 ; a ≠ b Nhâ ̣n xét: bài toán cho co hăng đăng thức:  aê  b  aê  b  aê  b  Ap dụng vào bài toán ta co: Giải aê  b aê     b  aê  b aê  b  4b aê  b 2 2    aê  b   4b  aê  b   aê  b  aê  b aê  2 aêb  b  aê  2 aêb  b  4b  aê  b  aê  b   2aê  2b  aê  b  aê  b   2  aê  b  aê  b 2 Bài 2: Chăo biểu t
hăức  aê  aê  aê  aê  P   2   2   1  aê   aê  1  a) Tim điều kiê ̣n đê P co nghga b) Trong điều kiê ̣n đo, hay rut gọn P Nhâ ̣n xét: Bài toán cho co hđt: aê  aê  aê ( aê  1) . Ap dụng vào bài toán ta co: Giải 16  aê  aê  aê  aê  P   2   2   1  aê   aê  1  aê ) ÐK : aê 0 ; aê 1  aê  aê  aê  aê  b) P   2   2   1  aê   aê  1   aê aê  1  aê 1  aê  P  2  2    aê  1 1  aê            aê  2 2   aê 22   aê   Bài 3: Chăo biểu t
hăức M  x  3  2 x2  9 2x  6  x2  9 a) Tim điều kiê ̣n của x đê P co nghga b) Rut gọn biêu thức M c) Tính giá tri của M khi x = -5 Nhâ ̣n xét: Bài toán cho co các hđt sau: x 2  9  x  3. x  3 x 3   x3  vnin 3  x  3 2 Ap dụng vào bài toán ta co: Giải M  aê ) b) x  3  2 x2  9 2 x  6  x2  9 ÐK : 3  x  3 Rut gon : * Nê x 3 2   x 3  2   x  3 2  x  3   x  3   x  3  2x  6  x  9  x  3    x  3   2 x  3    x  3    x  3   2 M  2  x  3    x  3   x  3   x  3    x  3   2  x 3  x 3 M   x  3 x  3 M  x  3  2 x2  9 2  x 3 2 17 x  3  x  3  2 4  aê * Nê M  M  x  3 x  3  2 x2  9 x2  9 2x  6      x 3   2 M   x  3   2 2  x  3  2  x  3   x  3  2  x  3   x  3   x  3     x  3  2 x  3     x 3 x 3     x  3 x 3        x 3    x 3   x  3  2 x  3   x 3  2 x  3   x 3 x 3 c) Khăin x  5 taê cn :  53   5 3 M  2  8 1 1  4 2 Bài 4: Chăo biểu t
hăức M  aê  aê 2  1 aê  aê 2  1  aê  aê 2  1 aê  aê 2  1 a) Rut gọn biêu thức M b) Tính giá tri của M khi a = 9 Nhâ ̣n xét: Bài toán cho co dạng hđt số 1 ; 2 ; 3 lơp 8. Ap dụng hđt, ta co lơi giải Giải ÐK : 1 aê  1 2 aê ) M  aê  aê  1 aê   aê  M  aê 2  1 aê 2  1  aê  2 aê  1 aê  aê 2  1 2    aê  aê 2   aê 2  1 aê 2  1     aê  aê 2 2    1  aê  aê  aê 2  1 aê 2  1  aê  aê 2  1  2  2  aê 2  2aê aê 2  1  aê 2  1  aê 2  2aê aê 2  1  aê 2  1 4aê aê 2  1 1 b) Khăin aê 9 Taê cn : M 4aê aê 2  1  4.9 80 36 16.5 144 5 Bài 5:Chăo biểu t
hăức  x   1 2 x P  1    :  x 1   x  1 x x  x  x     1  vnin x 0 ; x 1 a) Rut gọn P b) Tim các giá tri của x sao cho P < 1 c) Tính giá tri của P nêu x 2002  2 2001 Nhâ ̣n xét: Sau khi phân tích đa thức thành nhân tư rồi quy đồng mẫu thức ta sẽ co hđt dạng số 2 lơp 9: 18 Giải   x 1  x   1 1 2 x 2 x      : x  1   x  1 x  1 x x  x  x  1   x  x  1   x  1      1 2 x   x  1  x  :  x  1  2 x   x  1    x  1 x  1  x  1 x  1   x1      x   aê) P  1   : x  1     x 1  x   P   :  x  1     x  1  x  1  x  x  1  x    x  1 P  . 2  x  1   x1   x1      b) P  1  x 1  x   x1   x 1  x   x1 Vin : x  2  0 nêun : x  1  0  P     1 0  x 1  x   2001  1 2  x 1  x   x 1  x1 0 x 2   x1 0 x  1  0 x  1 c) Vnin x 2002  2 2001 taê cn P  2002  2 2001 1     1   x1  2002  2 2001  1  2002  2 2001 2002  2 2001  1 2  2001  1  1 2002  2 2001  1  2001  1 2002  2001  2001  1  1 2001  2 Bài 6: Chăo biểu t
hăức  1 1   1 A    .  1  aê    1  aê 1  aê   a) Rut gọn biêu thức b) Tính giá tri của A khi a = 1Š4 Nhâ ̣n xét: Sau khi quy đồng ta co hđt sau:  1  aê   1  aê  1  aê . Ap dụng vào bài toán ta co lơi giải: Giải ÐK : aê  0 ; aê 1       1 1   1   1  aê  1  aê aê ) A   . 1      aê   1  aê 1  aê  1  aê 1  aê     1  aê  1  aê   aê  1  2 aê  aê  1  2 A  .      1  aê aê    aê  1  aê  aê  1 2 2 2 b) Khăin aê  taê cn : A     4 1 4 aê 1 2 4  19    . aê  1    aê       Bài 7: Ŕt
g̣̣n chăo biểu t
hăức Y x2  x 2x  x 1  x  x 1 x Vơi x >0 Nhâ ̣n xét: Sau khi đă ̣t nhân tư chung thi xuât hiê ̣n hđt sau: x2  x  x   x 3  1  x     x  1 x  x 1 Ap dụng vào bài toán ta co lơi giải. Giải Y x2  x x  x 1 Y x  1  2x  x  x x      1   x  1 x  x 1 x  x 1  x  1 1  2 x 1 x   x 2 x 1 x x 1  2 x  1 x  3 x Bài 8: Ŕt
g̣̣n biểu t
hăức  aê 1   1 2  K     :    aê  1 aê  aê   aê  1 aê  1  Nhâ ̣n xét: Bài toán cho co hđt: aê  1  aê  1  aê  1 . Ap dụng vào bài toán ta co Giải ÐK : aê  0 ; aê 1   aê 1   1 2   aê K      :    aê  1 aê  aê   aê  1 aê  1   aê  1  aê  1 K   aê aê  1      :       aê   aê  1     aê  1 aê aê  1   aê  1  2  aê  1      : 1  aê  1   aê  1   1    1 x2  x  1 x2  x  x3  3x 2 x 6 Nhâ ̣n xét: Bài toán cho gồm co hđt sau:    x  2  x   x  3x  x  x  3 2 x  6 2  x  3  x2  x x 2 2    x 3 Ap dụng vào bài toán ta co lơi giải Giải 20 2   aê  1 2  aê  1     aê  1 aê  1 .     aê  1  aê  aê  1 aê  Bài 9: Ŕt
g̣̣n biểu t
hăức A 2  x  2  x 2   aê  1   