SKKN: Áp dụng định Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:25

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của đề tài là Đưa ra một số các dạng toán cơ bản có thể sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực” để giải quyết, góp phần nâng cao năng lực giải toán của học sinh THPT.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Áp dụng định Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hiện nay trong chương trình Toán THPT phân ban của Bộ GD & ĐT không đưa vào nội dung định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, trong khi đó một số bài tập so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực trong chương trình Toán THPT vẫn thường được sử dụng bằng phương pháp này gây ra khó khăn cho giáo viên giảng dạy và học sinh giải các bài tập này. Trong khi phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” lại tỏ ra hữu ích với các loại bài này vì công năng đa dạng và đơn giản trong tư duy của học sinh. II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Đưa ra một số các dạng toán cơ bản có thể sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” để giải quyết, góp phần nâng cao năng lực giải toán của học sinh THPT. III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Học sinh khối 10,11 &12- THPT PHẠM NGŨ LÃO từ năm 2007 đến 2011. IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực hiện nghiên cứu cần thực hiện phối hợp linh hoạt các phương pháp nghiên cứu. 1. Nghiên cứu lý luận Phân tích chương trình môn toán SGK 10. Nghiên cứu về kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” trong các tài liệu lý luận, sách tham khảo. 2. Thực nghiệm và rút kinh nghiệm Thông qua dự giờ thăm lớp, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, với các bạn đồng nghiệp, trao đổi và sát hạch học sinh bằng các bài kiểm tra. Từ đó rút ra kinh nghiệm giảng dạy. V.CẤU TRÚC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Mở đầu Tiềm năng và thực tiễn của việc rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT. Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT. Tài liệu tham khảo. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I. Tiềm năng của phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” là phương pháp sử dụng mối liên hệ giữa các nghiệm SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh của phương trình bậc hai thông qua định lí Vi-ét để giải các bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực. Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm của mình tôi xin đưa ra một số dạng bài có thể giải được bằng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực α . So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với hai số thực α và β . So sánh các nghiệm của phương trình bậc ba với số thực α . Tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước. Tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại n điểm (n = 2 hoặc n = 3) thảo mãn điều kiện cho trước. 1. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai f(x) ≡ ax2 + bx +c = 0 (*) với một số thực α Kiến thức cơ bản: a>0 a < 0 a + b < 0 a>0  a+b>0 ⇔ ab>0  b 0  b>0 Điều kiện để số α nằm giữa hai nghiệm của (*) là: x1 − α > 0  x2 − α < 0 ⇔ x −α x − α < 0 ⇔ x x − α ( x + x ) + α 2 < 0 x − α < 0 ( 1 )( 2 ) 1 2 1 2  1 x2 − α > 0 Điều kiện để số α nhỏ hơn hai nghiệm của (*) là: x1 − α > 0 ( x1 − α ) + ( x2 − α ) > 0 x1 + x2 > 2α  ⇔ ⇔ x  2 − α > 0 (  1x − α ) . ( x2 − α ) > 0 x1x2 − α ( x1 + x2 ) + α > 0 2 Điều kiện để số α lớn hơn hai nghiệm của (*) là: x1 −α < 0 ( x1 −α ) + ( x2 −α ) < 0 x1 + x2 < 2α  ⇔ ⇔ x2 −α < 0 ( x1 −α ) .( x2 −α ) > 0 x1x2 − α ( x1 + x2 ) + α > 0 2 Điều kiện để có đúng 1 nghiệm của (*) nhỏ hơn α là: TH1: a = 0. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh TH2: a ≠ 0  f (α ) = 0  f (α ) = 0   x1 + x2 < 2α x1 + x2 < 2α ∆ = 0 ∆ = 0   x1 0 x1 0  x1 < α < x2   ( x1 − α ) .( x2 −α ) < 0  x1x2 − α (x1 + x2 ) + α < 0 2     Điều kiện để (*) có nghiệm lớn hơn α là: TH1: a = 0. TH2: a ≠ 0  f (α ) = 0  f (α ) = 0   x1 + x2 > 2α x1 + x2 > 2α α = x1 < x2   ( x1 −α ) + ( x2 − α ) > 0 x1 + x2 > 2α  ⇔ α < x1 ≤ x2 ⇔  ⇔  ( x1 −α ) .( x2 −α ) > 0 x1x2 − α ( x1 + x2 ) + α 2 > 0  x1 < α < x2   ( x1 −α ) .( x2 − α ) < 0  x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α < 0 2     Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm lớn hơn α là: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh TH1: a = 0. TH2: a ≠ 0  f (α ) = 0  f (α ) = 0   x1 + x2 > 2α x1 + x2 > 2α  ∆ = 0 α = x1 < x2 ∆ = 0    ⇔ α < x1 = x2 ⇔ ( x1 − α ) + ( x2 −α ) > 0 ⇔ x1 + x2 > 2α     x1 < α < x2 ( x1 − α ) .( x2 − α ) > 0 x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α > 0 2   ( x1 − α ) .( x2 −α ) < 0 − α + + α 0 Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm m + 1 ≠ 0 m ≠ −1  −2 ≤ m ≤ 1 ⇔  ⇔ ⇔ (1)  ∆ ' ≥ 0  ( m − 1)( m + 2)( m + 3) ≥ 0  m ≤ −3  2(m −1)  x + x = m +1 1 2 Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:  m 2 + 4m − 5 (2) x x =  m +1 1 2 Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh x1 − 2 > 0 ( x1 − 2) + ( x2 − 2) > 0 x1 + x2 > 4 ⇔ x − 2 > 0 ⇔  ⇔ ( 1 ) ( 2 ) (3)  2 x − 2 . x − 2 > 0 x1x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 > 0 Thay (2) vào (3) ta được:  2(m −1)  −m − 3  m +1 > 4  m +1 > 0  2 ⇔ ⇔ −3 < m < −1(4)  m + 4m − 5 − 2. 2(m − 1) +4>0  (m + 1) ( m + 3) >0  m +1 m +1  m +1 Kết hợp, (1) và (4) ta được: -2 ≤ m < -1. Vậy với -2 ≤ m < -1 thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn 2. c) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình nhỏ hơn 1 x1 −1 < 0 ( x1 −1) + ( x2 −1) < 0 x1 + x2 < 2 ⇔ ⇔ ⇔ x  2 − 1 < 0 ( x1 −1) .( x2 −1) > 0 x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 > 0 Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm m + 1 ≠ 0 m ≠ −1  −2 ≤ m ≤ 1 ⇔  ⇔  ⇔  m ≤ −3 (1)  ∆ ' ≥ 0  ( m − 1)( m + 2)( m + 3) ≥ 0   2(m −1)  x + x = m +1 1 2 Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:  m 2 + 4m − 5 (2) x x =  1 2 m +1 Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 x1 −1 < 0 ( x1 −1) + ( x2 −1) < 0 x1 + x2 < 2 ⇔ ⇔  x −1 < 0 ⇔  ⇔ ( 1 ) ( 2 ) x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 > 0 (3)  2 x − 1 . x − 1 > 0 Thay (2) vào (3) ta được:  2(m −1)  −2  m + 1 < 2  m + 1 > 0 −3 + 17  2 ⇔ 2 ⇔ −1 < m < (4)  m + 4m − 5 − 2(m −1) + 1 > 0  m + 3m − 2 > 0 2  m + 1 m +1  m + 1 −3 + 17 Kết hợp, (1) và (4) ta được: −1 < m < . 2 −3 + 17 Vậy với −1 < m < thì phương trình (*) có hai nghiệm nhỏ hơn 1. 2 Ví dụ 1.2: Cho phương trình f(x) = (m+2)x2 - 2mx -1 = 0(1) . Hãy tìm m để phương trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1? SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh G: Phân tích: Phương trình bậc 2 có nghiệm nhỏ hơn 1 nghĩa là có thể xảy ra 3  x1 < x2 = 1 x ≤ x < 1 trường hợp  1 2 .  x1 < 1 < x2 Trình bày: 1 TH1: m + 2 = 0 ⇔ m = -2, phương trình trở thành 4x - 1= 0 ⇔ x = thỏa mãn 4 bài ra. TH2: m ≠ -2, có ∆’ = m2+m + 2 > 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt  2m x1 + x2 = m + 2 x1, x2 . Theo định lí vi - ét ta có:  −1 (2) . x x =  1 2 m + 2 Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1  f (1) = 0  f (1) = 0   x1 + x2 < 2  x1 + x2 < 2  x1 < x2 = 1   ( x1 −1) + ( x2 −1) < 0 x1 + x2 < 2  ⇔  x1 ≤ x2 < 1 ⇔  ⇔  (3) ( x1 −1) .( x2 −1) > 0 x1x2 −1( x1 + x2 ) +1 > 0  x1 < 1 < x2   ( x1 −1) .( x2 −1) < 0  x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 < 0     Thay (2) vào (3) ta được: 1− m = 0   2m < 2 m = 1  m + 2    2m < 2 m > −2  m + 2 m > −2 ⇔  ⇔  ⇔ m ≠ −2 −  − < < +1 > 0  1 2m 2 m 1  −  m + 2 m + 2  m > 1  −1 2m m < −2  − +1 < 0 m+ 2 m+ 2  Vậy với mọi giá trị của m thì phương trình (1) đều có nghiệm nhỏ hơn 1. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Ví dụ 1.3: Cho phương trình f(x) = mx2 - (2m+1)x + 2 = 0(1) . Hãy tìm m để phương trình (1) có đúng một nghiệm lớn hơn 1? G: a) Phân tích: Phương trình bậc 2 có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1 nghĩa là có thể xảy  x1 = 1 < x2 1 < x = x ra 3 trường hợp  1 2 .  x1 < 1 < x2 Trình bày: TH1: m = 0 ⇔ m = 0, phương trình trở thành -x +2= 0 ⇔ x = 2 thỏa mãn bài ra. TH2: m ≠ 0, có ∆’ = (2m-1)2 ≥ 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm x1, x2 . Theo  2m +1 x1 + x2 = m định lí vi - ét ta có:  2 (2) . x x =  1 2 m Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1  f (1) = 0  f (α ) = 0   x1 + x2 > 2 x1 + x2 > 2  ∆ = 0 1 = x1 < x2 ∆ = 0   ⇔ 1 < x1 = x2 ⇔ ( x1 −1) + ( x2 −1) > 0 ⇔ x1 + x2 > 2   x x − ( x + x ) + 1 > 0  x1 < 1 < x2 ( x −1) .( x −1) > 0  1 2  1 2 1 2   x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 < 0 ( x1 −1) .( x2 −1) < 0     Thay (2) vào (3) ta được: 1− m = 0   2m +1 > 2  m      1 2m −1 = 0  m =1  m=  2m +1  1  2  >2 ⇔ m = ⇔ m < 0  m  2 m ≥ 1  2 2m +1  m 0     m m  m > 1  2 2m +1  m − m +1 < 0   SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 1 Vậy với m ∈ (-∞;0) ∪ [1;+ ∞ ) ∪ { } thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm 2 lớn hơn 1. 2. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai f(x) ≡ ax2 + bx +c = 0 (*) với hai số thực α &β β Kiến thức cơ bản: Điều kiện (*) có hai nghiệm thuộc khoảng (α ;β) là: ( x1 − α ) + ( x2 − α ) > 0  x1 + x2 > 2α   α < x1 ≤ x2 ( x1 − α ) .( x2 − α ) > 0  x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α > 0 2 α < x1 ≤ x2 < β ⇔  ⇔ ⇔  x1 ≤ x2 < β ( x1 − β ) + ( x2 − β ) < 0  x1 + x2 < 2β  x −β . x −β >0 x x − β ( x + x ) + β 2 > 0 ( 1 ) ( 2 ) 1 2 1 2 Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: x < α < x2 ( x1 − α ) .( x2 −α ) < 0 x1 < α < β < x2 ⇔  1 ⇔ x 1 < β < x2 ( x1 − β ) .( x2 − β ) < 0 x1x2 − α ( x1 + x2 ) + α < 0 2 ⇔ x1x2 − β ( x1 + x2 ) + β < 0 2 Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: ( x1 −α ) + ( x2 − α ) > 0 α < x < x  α < x1 < β < x2 ⇔  1 2 ⇔ ( x1 −α ) .( x2 −α ) > 0 x1 < β < x2  ( x1 − β ) .( x2 − β ) < 0 x1 + x2 > 2α  ⇔ x1x2 − α ( x1 + x2 ) + α 2 > 0  x1x2 − β ( x1 + x2 ) + β < 0 2 Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: ( x1 − β ) + ( x2 − β ) < 0 x1 < x2 < β  x1 < α < x2 < β ⇔  ⇔ ( x1 − β ) .( x2 − β ) > 0 1 x < α < x  ( x1 −α ) .( x2 −α ) < 0 2 x1 + x2 < 2β  ⇔ x1x2 − β ( x1 + x2 ) + β 2 > 0  x1x2 −α ( x1 + x2 ) + α < 0 2 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm thuộc (α ;β) :  x1 ≤ α < x2 < β α < x < β ≤ x  1 2 α < x1 = x2 < β Điều kiện để (*) có 2 nghiệm phân biệt không thuộc (α ;β) :  x1 < x2 < α < β α < β < x < x  1 2  x1 < α < β < x2 Ví dụ minh họa: Ví dụ 2.1: Cho phương trình f(x) = x2 - 2mx + 4m - 3 = 0(*) . Hãy tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )? G: Phân tích: Hai nghiệm của phương trình thuộc (0;2 ) ⇔ x1 + x2 > 0 x1 + x2 > 0 x .x > 0  0 < x1 < x2  1 2 x1x2 > 0 0 < x1 < x2 < 2 ⇔  ⇔ ⇔ x 1 2< x < 2 (  1x − 2 ) + ( x2 − 2) < 0 x1 + x2 < 4 ( x1 − 2) .( x2 − 2) > 0  x1x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 > 0 m>3 Trình bày: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ m 0 x1 + x2 > 0 x .x > 0  0 < x1 < x2  1 2 x1x2 > 0 0 < x1 < x2 < 2 ⇔  ⇔ ⇔ (3) x 1 2< x < 2 (  1x − 2) + ( x 2 − 2) < 0 x 1 2 + x < 4 ( x − 2) .( x − 2) > 0 x1x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 > 0  1 2 2m > 0 4m − 3 > 0  3  ⇔ < m < 2(4) Thế (2) vào (3) ta được: 2m < 4 4  4m − 3 − 2.2m + 4 > 0 Kết hợp (1) và (4) ta được: ¾ < m < 1. Vậy với ¾ < m < 1 thì phương trình có 2 nghiệm thuộc (0; 2). SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Ví dụ 2.2: Cho phương trình f(x) = mx2 - 4(m+1)x + 3m + 13 = 0(*) . Hãy tìm m để phương trình (*) có đúng một nghiệm thuộc (0;3) ? G: Phân tích: Đúng một nghiệm của phương trình thuộc (0;2 )  x1 ≤ 0 < x2 < 3 0 < x < 3 ≤ x ⇔  1 2 0 < x1 = x2 < 3 Trình bày: 13 TH1: m = 0 thì phương trình (*) có nghiệm x = ∉ (0;3) nên m = 0 không thỏa 4 mãn. m ≥ 4 TH2: m ≠ 0. Phương trình có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔  (1) . Khi đó, theo định m ≤ 1  4m + 4  x1 + x2 = m lí Vi-ét ta có:  3m + 13 (2) . Theo bài ra thì phương trình có đúng 1 nghiệm x x =  1 2 m thuộc (0;2 ) khi và chỉ khi   x1 x 2 ≤ 0    x1 + x 2 < 6   x 1 x 2 − 3 ( x 1 + x 2 ) + 9 > 0   x1 ≤ 0 < x 2 < 3   x1 + x 2 > 0 0 < x < 3 ≤ x ⇔  x x > 0  1 2  1 2  0 < x 1 = x 2 < 3   x 1 x 2 − 3 ( x 1 + x 2 ) + 9 ≤ 0 (3)  ∆ = 0 0 < x + x < 6  1 2  SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 3m +13  m ≤ 0   4m + 4 < 6  m  3m +13 − 3. 4m + 4 + 9 > 0  m m   4m + 4 > 0  m 3m +13  < − 13  m  >0 ⇔ 3 (4)  m  3m +13 4m + 4 m = 4  − 3. +9 ≤ 0  m m ∆ = 0   4m + 4 0 < m < 6    Thế (2) vào (3) ta được:    13  13  m
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh G: Phân tích: Việc đầu tiên mà ta cần làm là đưa (*) về dạng phương trình tích bằng cách áp dụng một trong số các kiến thức cơ bản trên. Dễ thấy, (*) có một nghiệm là x =1 > -1 và (*) ⇔ (x-1)[x2 -2x + 2m - 4] = 0 . Như vậy, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình : x2 -2x + 2m - 4 = 0 có 2 nghiệm nằm 2 phía của -1. x=1 Trình bày: Ta có: (*) ⇔ (x-1)[x2 -2x + 2m - 4] = 0 ⇔ x2-2x+2m-4=0(1)  Do đó, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1’ < -1 0 ⇔ 5 - 2m > 0 ⇔ m < (3). Khi 2 x1 '+ x2 ' = 2 đó, theo định lí Vi - ét ta có:  (4) . Thế (4) vào (2) ta được: m < 1 x1 ' x2 ' = 2m − 4 2 1 (thỏa mãn (3)). Vậy m < . 2 Ví dụ 3.2: Cho phương trình f(x) = x3 - 3(m+1)x2 + 2(m2 + 4m +1)x - 4m(m+1) = 0(*) . Hãy tìm m để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 ? G: Phân tích: Việc đầu tiên mà ta cần làm là đưa (*) về dạng phương trình tích. Nếu nhẩm nghiệm bằng cách áp dụng một trong số các kiến thức cơ bản trên thì sẽ rất mất thời gian vì phải xét dấu nhiều trường hợp dẫn đến tính toán sai lệch đáng tiêc. Tác giả xin đưa ra một mẹo nhỏ để “giảm bớt sức lao động trong việc này”: Nếu x0 là nghiệm của phương trình (*) thì khi thay nó vào (*) thì m sẽ bị triệt tiêu. Do đó m2 ( đơn thức có số mũ cao nhất của m) cũng sẽ bị triệt tiêu, mà ta thấy có 2 số hạng chứa m2 là 2m2x và -4m2 trong (*) vì thế để m2 bị triệt tiêu thì có thể 2m2x -4m2 = 0, thế là ta sẽ có x0 = 2 là “Đối tượng khả nghi”; thay x = 2 vào (*) thỏa mãn. Từ đó, ta có: (*) ⇔ (x-2)[x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)] = 0. Dễ thấy, lúc này yêu cầu bài toán trở thành m = ? để phương trình x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)]= 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và lớn hơn 1. Trình bày: Ta có: (*) ⇔ (x-2)[x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)] = 0 x = 2 > 1 ⇔  2  x - (1+3m)x + 2m(m + 1)=0(1) Do đó, yêu cầu bài toán lúc này trở thành tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và lớn hơn 1 ⇔ ∆ > 0 (m −1)2 > 0  2  2 - (1+3m).2 + 2m(m + 1) ≠ 0 m ≠ 1  ⇔ (2) (  1x −1) + ( x2 −1) > 0 x 1 2 + x > 2 ( x1 −1) .( x2 −1) > 0  x1x2 − ( x1 + x2 ) +1 > 0 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh x1 + x2 = 1+ 3m Áp dụng định lí Vi-ét ta có:  (3) . Thế (3) vào (2) ta được: x1x2 = 2m(m +1) (m −1)2 > 0  m ≠ 1 1  ⇔1 ≠ m > 1 1 + 3m > 2 2 . Vậ y 1≠ m > .  2 2m(m +1) − (1+ 3m) +1 > 0 4. Bài toán tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước Kiến thức cơ bản: - Định nghĩa1: Cho hàm số y = f(x) xác định trên K và x1 , x2 ∈ K. + Ta gọi x1 là điểm cực đại của hàm số y = f(x) nếu thoả mãn: +) x1 là nghiệm của pt: y’ = 0 hoặc y’ không xác định tại x1 . +) y’ đổi dấu từ (+) sang (-) khi x đi qua x1. Kí hiệu : x1 = xCĐ , f(x1) = yCĐ + Ta gọi x2 là điểm cực tiểu của hàm số y = f(x) nếu thoả mãn: +) x2 là nghiệm của pt: y’ = 0 hoặc y’ không xác định tại x2 . +) y’ đổi dấu từ (-) sang (+) khi x đi qua x2. Kí hiệu : x2 = xCT , f(x2) = yCT Ta gọi chung các điểm CĐ, CT của hàm số là các điểm cực trị của hàm số. - Định nghĩa2: Cho hàm số y = f(x) xác định trên K và x1 ∈ K. + Ta gọi x1 là điểm cực đại của hàm số y = f(x) nếu thoả mãn: +) x1 là nghiệm của pt: y’ = 0 hoặc y’ không xác định tại x1 . +) y’’(x1) < 0. Kí hiệu : xCĐ , f(x1) = yCĐ + Ta gọi x2 là điểm cực tiểu của hàm số y = f(x) nếu thoả mãn: +) x2 là nghiệm của pt: y’ = 0 hoặc y’ không xác định tại x2 . +) y’’(x2) > 0. Kí hiệu : xCT , f(x2) = yCT Ta gọi chung các điểm CĐ, CT của hàm số là các điểm cực trị của hàm số. + Hàm số bậc 3 có CĐ, CT ⇔ có cực trị ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt. + Hàm số bậc 4 trùng phương có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt. + Hàm số bậc 4 có 1CĐ và không có CT ⇔ (Phương trình y’ = 0 có 1 nghiệm và hệ số a < 0) hoặc (Phương trình y’ = 0 có 1nghiệm kép và hệ số a < 0). + Hàm số bậc 4 có 1CT và không có CĐ ⇔ (Phương trình y’ = 0 có 1 nghiệm và hệ số a > 0) hoặc (Phương trình y’ = 0 có 1nghiệm kép và hệ số a >0). Ví dụ minh họa: 1 Ví dụ 4.1: Tìm m để hàm số y = x3 + (m − 2) x 2 + (5m + 4) x + m2 + 1 đạt CĐ, CT 3 tại các điểm x1, x2 thoả mãn : x1 < -1 < x2 ? G: Phân tích: Nhẩm tính đạo hàm ta thấy y’ là tam thức bậc 2. Do đó, yêu cầu bài toán chuyển về dạng 1 của bài toán1. Trình bày: Ta có: + TXĐ: R. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh + y’ = x2 + 2(m-2)x + 5m + 4 xác định trên R. Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt m>9 ⇔ x2 + 2(m-2)x + 5m + 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ m1 ⇔ x2 - 2mx + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ m
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh y (C1 ) y (C1 ) y (C1 ) M1 y2 M2 y1 (C2 ) M0 x x x O x1 O x2 O (C2 ) (C2 ) (C1) vaø (C2) khoâng coù ñieåm chung (C1) vaø (C2) caét nhau (C1) vaø (C2) tieáp xuùc nhau Phöông phaùp chung: * Thieát laäp phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa ñoà thò hai haøm soá ñaõ cho: f(x) = g(x) (1) * Khaûo saùt nghieäm soá cuûa phöông trình (1) . Soá nghieäm cuûa phöông trình (1) chính laø soá giao ñieåm cuûa hai ñoà thò (C1) vaø (C2). Ghi nhôù: Soá nghieäm cuûa pt (1) = soá giao ñieåm cuûa hai ñoà thò (C1) vaø (C2). Chuù yù 1 : * (1) voâ nghieäm ⇔ (C1) vaø (C2) khoâng coù ñieåm ñieåm chung * (1) coù n nghieäm ⇔ (C1) vaø (C2) coù n ñieåm chung Chuù yù 2 : * Nghieäm x0 cuûa phöông trình (1) chính laø hoaønh ñoä ñieåm chung cuûa (C1) vaø (C2). Khi ñoù tung ñoä ñieåm chung laø y0 = f(x0) hoaëc y0 = g(x0). y y 0 x x0 O Ví dụ minh họa: Ví dụ 5.1: T×m m ®Ó (Cm): y = x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) c¾t Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt có hoành độ thỏa mãn: x1 < x2 < x3 < 1? G: Phân tích: Trục Ox chính là đường thẳng y = 0. Phương trình hoành độ giao điểm là phương trình bậc 3 và để xử lí thì cách thông dụng nhất là nhẩm nghiệm và đưa về bài toán của phương trình bậc hai. Bài này nên dùng mẹo triệt tiêu m để nhẩm nghiệm. Trình bày: Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox là: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) = 0 x+2=0 ⇔ (x+2)[x2 - 4mx + 5 +m] = 0 ⇔ x2-4mx+5+m=0(1) (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2 ∆’>0 m>5 ⇔ 2 ⇔  4 (2). Khi đó, theo định lí Vi-ét có: (-2) -4m(-2)+5+m≠ ≠0 m 0 x x 1 2 − ( x1 + x2 ) + 1 > 0 4m < 2 1  Thế (3) vào (4) ta được : m + 5 − 4m +1 > 0 ⇔ m < (5) Kết hợp (5) & (2) ta  2 được m < -1. Vậy với m < -1 thì (Cm): y = x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) c¾t Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt có hoành độ thỏa mãn: x1 < x2 < x3 < 1 . Ví dụ 5.2: T×m m ®Ó (Cm): y = mx3 - x2 + 2x - 8m c¾t Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt: 1 < x1 < x2 < x3 ? G: Phân tích: Trục Ox chính là đường thẳng y = 0. Phương trình hoành độ giao điểm là phương trình bậc 3 và để xử lí thì cách thông dụng nhất là nhẩm nghiệm và đưa về bài toán của phương trình bậc hai. Bài này nên dùng mẹo triệt tiêu m để nhẩm nghiệm. Trình bày: Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox là: mx3 - x2 + 2x - 8m = 0 x=2>1 ⇔ (x-2)[mx2 + (2m-1)x + 4m] = 0 ⇔ mx2+(2m-1)x+4m=0(1) (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 m ≠ 0  1 1  − < m < ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 2 6 (2). Khi đó, theo định lí Vi-ét m.22 + (2m − 1).2 + 4m ≠ 0 m ≠ 0  có:  1− 2m x1 + x2 =  m (3) (với x , x là nghiệm của (1)). Lúc này, yêu cầu bài toán trở x1x2 = 4 1 2 thành tìm m để hai nghiệm của (1) lớn hơn 1 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh x1 −1 > 0 ( x1 −1) + ( x2 −1) > 0 x1 + x2 > 2 ⇔  x −1 > 0 ⇔  ⇔ (4)  2 (  1x −1) . ( x2 −1) > 0 x 1 2x − ( x1 + x2 ) + 1 > 0 1− 2m  m > 2 1 1  ⇔ < m < (5) Thế (3) vào (4) ta được : 4 − 1− 2m +1 > 0 7 4 Kết hợp (5) & (2) ta  m 1 1 được
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh Sau hai năm giảng dạy tại trường THPT Phạm Ngũ Lão (cả 3 khối 10, 11 và 12) tôi nhận thấy: số lượng học sinh có khả năng sử giải được bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực còn rất ít (có lớp 10, 11 ban cơ bản không có học sinh một nào làm được bài toán này). Một số học sinh làm được bài tập bằng định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai nhưng chưa hiểu rõ đặc điểm và cơ sở của định lí này là gì? Các em này làm bài tập theo kiểu nhớ dạng bài quen thuộc nên khi gặp bài toán có nội dung không “gần gũi ”với các dạng bài đó thì các em hoàn toàn bế tắc trong việc “Quy lạ về quen” vì khi áp dụng định lí này phải nhớ nhiều lí thuyết và xét nhiều trường hợp. Khả năng đọc đề bài và hình thành tư duy thuật giải chưa đủ để áp dụng thành thạo định lí này. Cá biệt, một số học sinh lớp 12 chỉ làm được một vài dạng bài này bằng phương pháp hàm số (căn cứ vào bảng biến thiên hoặc đồ thị) nhưng tính “cơ động và khả năng sẵn sàng” của các em chưa cao vì “Vũ khí chưa đủ mạnh”. Trao đổi với một số đồng nghiệp trực tiếp giảng dạy khối lớp 10, tôi được biết họ định hướng cho học sinh giải các bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc 2 với một số thực bằng cách đưa ra phương pháp đặt ẩn phụ. Chẳng hạn, bài toán: Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ m