Luận văn Tam thức bậc hai và một số ứng dụng

Luận văn này đã đưa ra những ứng dụng của định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai vào giải toán ở trường THPT. Mỗi ứng dụng được minh họa bằng các ví dụ cụ thể (45 ví dụ). Trong số 45 ví dụ có 10 bài toán thuộc về việc tìm nghiệm và so sánh nghiệm với một số đã cho. 17 bài toán về ứng dụng định lý đảo về tam thức bậc hai vào việc giải phương trình, bất phương trình, phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, phương trình vô tỷ, phương trình bậc cao, phương trình mũ, phương trình lôgarit và phương trình lượng giác. 13 bài ứng dụng định lý đảo về tam thức bậc hai vào việc khảo sát hàm số. Cuối cùng là những ứng dụng vào việc chứng minh bất đẳng thức và một số bài toán hình học.

pdf60 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 31/07/2018 | Lượt xem: 620 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Tam thức bậc hai và một số ứng dụng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
trị tuyệt đối Với các phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, có thể được chuyển về phương trình bậc hai bằng một trong các cách sau: Cách 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương. Thang Long University Libraty 17 Với dạng:          2 2 0 . g x f x g x f x g x      Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ. Ví dụ 2.2. Giải và biện luận phương trình 2353 22  xxmxx (2.2) Lời giải. (2.2)       023 )23()53( 2 2222 xx xxmxx   2 22(3 ) 6(3 ) (5 ) 4 0 2.2.1 2 1 m x m x m x x               Đặt f(x) = 2 ( 3 – m ) x2 + 6( 3 – m ) x + ( 5 – m )2 – 4. (2.2.2) Ta so sánh các nghiệm của f(x) với hai số - 2 và – 1 ta có: f(-2) = 2( 3 - m) 4 – 12( 3 - m) + (5 - m)2 – 4 = m2 - 6m + 9 = (m-3)2 > 0  m  3. f(-1) = 2(3 – m ) – 6( 3 – m ) + ( 5 – m )2 – 4 = m2 - 6m + 9 = (m - 3)2 > 0  m  3. 1 1 0 3 2 2 s m       . 1 2 0 3 2 2 s m     . * Với m = 3 thì f(x) = 0 x thì phương trình có nghiệm với    ; 2 1; x       . * Với m  3 ta có:  = (3 - m) (9(3 - m) - 2(5 - m)2 + 8) = ( m - 3)2( 2m – 5 ) +)  < 0  2m – 5 < 0  5 2 m  suy ra phương trình (2.2.2) vô nghiệm nên phương trình (2.2.1) vô nghiệm. 18 +)  = 0 2m – 5 = 0m = 5 2 suy ra phương trình (2.2.2) có nghiệm kép 1 2 3 2 x x    ( loại ). +)  > 0  5 2 3 m m      thì f(x) có hai nghiệm 1 2, x x . . 5 2 0          a.f 1 0 a.f 2 0 1 0 2 2 0 2 s s                  - 2 < 1x < 2x <-1 (loại). . m > 3  a < 0   1 0 ( 2) 0 af af        1x < - 2 < -1< 2x (thỏa mãn). Vậy: . m < 3 phương trình vô nghiệm. . m = 3 phương trình có vô số nghiệm    ; 2 1; x       . . m > 3 phương trình có hai nghiệm. 2.2. Dấu của tam thức bậc hai trên một miền và bài toán giải biện luận bất phương trình Dấu của tam thức bậc hai trên một miền là một vấn đề quan trọng của các bài toán về bất phương trình bậc hai, mà đặc biệt là bài toán có tham số. Dưới đây là các dạng bài toán thường gặp: Dạng 1. Cho tam thức bậc hai ( )f x = ax2 + bx + c (a 0) tìm điều kiện để ( )f x > 0 (f  x < 0) với mọi x. Lời giải +) f  x > 0       0 0a Rx Thang Long University Libraty 19 +) f  x < 0       0 0a Rx Dạng 2. Cho tam thức bậc hai f  x = ax2 + bx + c ( a 0) tìm điều kiện để f  x > 0 (f  x  . Lời giải. +) Với a = 0 làm trực tiếp. +) Với a > 0, f  x có đồ thị là parabol quay về lõm lên trên nên f  x > 0 );(  x  1 2 0 0 .x x           +) Với a 0 nếu chỉ có nghiệm x  (x1 ; x2). Bởi vậy không thể xảy ra f  x > 0 );(  x . Ví dụ 2.3. Cho bất phương trình f  x = (a - 1)x2 + (2a + 3) x + a -3 > 0 (2.3) 1. Tìm a để (2.3) có nghiệm. 2. Với giá trị nào của a thì (2.3) có nghiệm đúng 1x . Lời giải. 1. (Dùng phương pháp gián tiếp) Ta tiến hành tìm a để (2.3) vô nghiệm. Điều này tương đương với tìm a để f  x 0 có nghiệm Rx . 2 1 0 (2 3) 4( 1)( 3) 0 a a a a            1 3 .3 28 28 a a a       Vậy với a > 28 3 thì (2.3) có nghiệm. 20 2. +) Nếu a = 1 thì (1) có dạng 5 x – 2 > 0  x > 5 2 . Vậy a = 1 thỏa mãn. +) Nếu a > 1 thì f  x có đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên nên 1 2 0 28 3 0 (x) 0 1 28 3 00 (1)( 1) ( 1)(4 1) 01 3 2 1 2( 1) a f x x a f a a ax x a a                                3 28 3 28 3 1 28 11 4 1 1 4 a a a a a a a a                           Kết hợp với 1a  ta có 1a  . Vậy 1a  là các giá trị cần tìm. Dạng 3. Tìm điều kiện để bất phương trình f  x = ax2 + bx + c > 0 (a  0) nghiệm đúng ),( x Lời giải. +) a = 0 làm trực tiếp. +) a > 0, f  x có đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên nên Thang Long University Libraty 21 f  x > 0, ),( x 1 2 1 2 0 0 0 x x x x                    +) a < 0, f  x có đồ thị là parabol quay bề lõm xuống dưới nên f  x > 0, ),( x 1 2 . ( ) 0 . ( ) 0. a f x x a f             Ví dụ 2.4. Tìm m để mx2 + 2x + m < 0 (2.4) nghiệm đúng )1; 2 1 (x . Lời giải. (2.4) 022  mxmx đặt f  x = - mx2 - 2x – m. +) m = 0 => f  x = -2x > 0 0 x không thoả mãn. +) -m < 0 0m , f  x có đồ thị là parabol quay bề lõm xuống dưới nên f  x > 0, )1; 2 1 (x               0)1(. 0) 2 1 (. 1 2 1 0 21 fm fm xx 1 022 045 0)1( 0 )2 1 (                m m m f f ( loại). +) -m > 0 0 m ta có : f  x > 0 )1; 2 1 (x 1 2 1 2 0 (2.4.1) 0 (2.4.2) 1 2 0 (2.4.3) 1 x x x x                    22 Giải (2.4.1) : 10)1(4 2  mm kết hợp với m < 0 cho ta m< -1. Giải (2.4.2) 1 1 1 1 1 1 1 4 ( ) 0 5 4 0 2 5 1 1 1 0 2 2 2 2 m m m f m m s m m                                  kết hợp với m < 0. => vô nghiệm. Giải (2.4.3) 1 1 1 1 2 2 0 1 1 1 1 0 1 m m m m m m m                           ( thoả mãn m< 0). Đáp số là m  -1. Dạng 4. Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax2 + bx + c > 0 (1) nghiệm đúng x <  . Lời giải. +) a = 0 làm trực tiếp . +) a > 0 (1) nghiệm đúng x <  1 2 0 0 .x x           +) a < 0 vô nghiệm. Ví dụ 2.5. Tìm điều kiện của m để bất phương trình sau có nghiệm x  (- ; 2 4   ) m - 3cos2x + (2m - 1)sinxcosx > 0 (2.5) Lời giải . (2.5)  m sin2x + (2m - 1)sinxcosx+(m-3)cos2x > 0. Vì x  (- ; 2 4   ) nên cosx > 0 do đó (2.5)  mtg2x +(2m - 1)tgx +m-3 > 0. Thang Long University Libraty 23 với x  (- ; 2 4   )  tgx ( - ;1). Đặt y = tgx bài toán trở thành tìm m để bất phương trình f(y) = my2 + (2m - 1)y + m - 3 > 0 (2.5.1) có nghiệm  y < 1. +) m = 0 thì (2.5.1)  - y - 3 > 0  y < - 3 ( không thỏa mãn bài toán). +) m > 0 thì (2.5.1) có nghiệm  y < 1 1 2 0 0 1 x x                                1 2 0)1( 018 018 s f m m  1 8 1 8 4 4 0 2 1 1 2 m m m m m                 1 8 1 8 1 1 0 4 m m m m                m< 8 1  kết hợp với m > 0 vô nghiệm. +) m < 0 Do đồ thị của f(y) là parabol có bề lõm quay xuống dưới nên không thể thỏa mãn (2.5.1) có nghiệm y <1  vô nghiệm. Tóm lại, không tồn tại m thỏa mãn bài toán. Chú ý. - Ở đây ta chỉ xét các dạng f(x) > 0, còn với những dạng f(x) <0 ta có thể nhân hai vế của bất phương trình với (-1) rồi đưa về dạng trên để giải. - Với cách làm tương tự ta có thể đưa ra cách giải tổng quát trên miền [ ];....;[];;();;   2.3. Phương trình vô tỷ và phương trình bậc cao 2.3.1. Phương trình vô tỷ Với các phương trình chứa căn thức, có thể được chuyển về phương trình bậc hai bằng một trong các cách sau: 24 Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương.          2 0 . g x f x g x f x g x      Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ. Ví dụ 2.6. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 03105)4(22 2  xmxmx (2.6) Lời giải. (2.6)  3105)4(22 2  xmxmx       22 )3(105)4(22 3 xmxmx x  2 3 (2.6.1) 2( 1) 5 1 0 (2.6.2) x x m m        Bài toán trở thành tìm m để hệ phương trình (2.6.2) có nghiệm x  3 hay tìm m để f(x) = x2 – 2(m+1)x + 5m+1 có nghiệm trên 3; +). Có thể xảy ra các trường hợp sau: +) f(x) có nghiệm là 3 thì f(3) = 9 - 6(m+1) + 5m+ 1 = 0 4 – m = 0  m = 4. +) f(x) có một nghiệm thuộc (3; +) còn một nghiệm không thuộc 3; +)  f(3) 4. +) f(x) có hai nghiệm thuộc (3; +)  3 < x1  x2  ' 2 2( 1) 5 1 0 3 0 (3) 4 0 4 3 4 2 1 3 2 m m m m f m m m s m m                             . Kết hợp các bước giải ta có đáp số là m  3. Thang Long University Libraty 25 Nhận xét. - Một trong những phương pháp hữu hiệu để giải phương trình vô tỷ đó là nâng lên lũy thừa hai vế của phương trình để khử căn thức. Trong quá trình nâng lên lũy thừa với số mũ chẵn thì nhất thiết hai vế của phương trình phải không âm. - Ngoài phương pháp lũy thừa để khử căn thức còn một phương pháp nữa cũng hay được sử dụng đó là phương pháp đặt ẩn phụ. Khi đặt ẩn phụ ta phải chú ý tới miền của ẩn phụ. Ví dụ 2.7. Tìm m để phương trình 222 232 mxxmxx  (2.7) có nghiệm. Với giá trị nào của m thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Lời giải. Đặt t = 223 xx  . Điều kiện để phương trình có nghĩa là – 3 < x < 1. Xét hàm     2 2 3 2 2 0. x x x x x            Ta có bảng biến thiên sau: x - -3 -1 1 +  + 0 -  4 0 0 Từ đó suy ra  0 4 0 2x t     Bài toán trở thành tìm m để phương trình f(t) = t2 – mt + m2 - 3 = 0 có nghiệm trên đoạn  0; 2]. * TH1: Xét t = 0  m = 3 +) m = 3 thì f(t) = t2 – 3 t = 0 có nghiệm t = 0 ; t = 3 suy ra phương trình (2.7) có 4 nghiệm x. +) m = - 3 thì f(t) = t2 + 3 t = 0 có nghiệm t = 0 ; t = - 3 (loại) 26 * TH2 : Xét t = 2 thì f(t) = m2 – 2 m + 1= 0  m = 1 +) m = 1 thì f(t) = t2 – t – 2 = 0 có nghiệm t = 2 ; t = -1 (loại) * TH3 : 1 20 2t t   2 2 2 3 0(0) 0 (2) 0 2 1 0 0 3 12 0 0 2 0 2 2 2 maf af m m m S m                             ; 3 3; 1 3 2. 2 2 0 4 m m m m m                   ( thỏa mãn đề bài) Vậy 3 2m  phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. 2.3.2. Phương trình bậc cao Đối với phương trình bậc cao ta chỉ xét những phương trình có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ hoặc nhẩm nghiệm để đưa phương trình bậc cao về phương trình bậc hai. Ta chỉ xét những dạng phương trình bậc 3, bậc 4 mà học sinh phổ thông thường gặp. 2.3.2.1. Phương trình bậc 3 Dạng tổng quát ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) với a  0. Ta nhận thấy phương trình bậc 3 luôn có ít nhất một nghiệm thực. Do đó, ta dùng phương pháp thử trực tiếp hoặc phương pháp nhóm các số hạng để tìm ra nghiệm thực đó. Giả sử  là nghiệm thực đó thì (1) tương đương với phương trình 0))(( 2  CBxaxx  và số nghiệm của phương trình (1) sẽ phụ thuộc số nghiệm của tam thức bậc hai f(x) = ax2 + Bx + C và quan hệ giữa các nghiệm đó với  . Thang Long University Libraty 27 Ví dụ 2.8. Giải và biện luận phương trình - mx3 + (2 - m) x2 + x – 1 = 0 (2.8) Lời giải. Ta có (2.8)  - mx2 ( x + 1 ) + x ( x+1) + (x - 1)( x + 1) = 0  (x + 1)( - mx2 + 2x - 1) = 0  2 1 ( ) 2 1 0 (2.8.1) x f x mx x         Ta tiến hành giải và biện luận phương trình (2.8.1) +) Nếu m = 0 thì (2.8.1)  2x - 1 = 0  2 1 x . +) Nếu m  0. Ta xét các trường hợp sau: -) f(x) vô nghiệm  ’ = 1-m 1. -)  = 0 m = 1  f(x) có nghiệm kép 1 2 1 1x x m    . -) f(x) có nghiệm là -1  f(-1) = 0  m = - 3 lúc này nghiệm thứ hai sẽ là 3 1 . -) f(x) có hai nghiệm khác -1  ' 3 0 0 m m          1 3 0 m m m       Khi đó hai nghiệm của f(x) là m m x   11 1 ; m m x   11 2 . Kết luận: +) m < - 3: phương trình (2.8) có ba nghiệm x1= -1; 2,3 1 1 m x m    . +) m = - 3: phương trình (2.8) có hai nghiệm x1 = -1; 3 1 2 x . +) – 3 < m < 0: phương trình (2.8) có ba nghiệm x1= -1; 2,3 1 1 m x m    . +) m = 0 phương trình (2.8) có hai nghiệm x1 = -1; 2 1 2 x . 28 +) 0 < m < 1: phương trình (2.8) có ba nghiệm x1= -1; 2,3 1 1 m x m    . +) m = 1: phương trình (2.8) có hai nghiệm x1 = -1; x2 = 1. +) m > 1: phương trình (2.8) có 1 nghiệm x = -1. Ví dụ 2.9. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình: x3 + mx2 + (1 - 2m 2 )x – m = 0 (2.9) có 3 nghiệm thỏa mãn x1 < 1 < x2 < x3 (*). Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với (x3 - mx2 ) + (2mx2 - 2m 2 x) + x - m = 0  (x - m)(x2 + 2mx + 1) = 0  2( ) 2 1 0. x m f x x mx       Để (2.9) có 3 nghiệm thỏa mãn (*) thì trước tiên f(x) phải có nghiệm  ’=m2 - 1  0  m  1 hoặc m  - 1. Khi đó f(x) có hai nghiệm x1, x2. +) m  1. Theo định lý vi-et ta có 2 3 2 3 2 3 2 0 0 . 1 x x m x x x x         (loại). +) m  - 1. Theo định lý vi-et ta có 2 3 2 3 2 3 2 0 0 1 . 1 x x m x x x x          . Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn điều kiện. Chú ý. - Về nguyên tắc đối với mọi phương trình bậc 3 đều có thể giải cụ thể ra các nghiệm của chúng bằng công thức Các–đa–nô. Nhưng công thức này học sinh phổ thông chưa biết nên nó không phải là công cụ để giải toán phổ thông. - Ở trên qua các ví dụ ta đã đề cập các phương pháp giải phương trình bậc ba có sử dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai và các hệ quả của chúng. Ngoài ra còn một số phương pháp khác mà ta không đề cập đến. (loại) Thang Long University Libraty 29 2.3.2.2. Phương trình bậc 4 Cũng như đối với phương trình bậc 3, phương trình bậc 4 cũng đã có công thức giải cụ thể nên về nguyên tắc mọi phương trình bậc 4 đều có thể giải được. Nhưng công thức này học sinh phổ thông chưa được tiếp cận nên ta không thể sử dụng công thức này như một công cụ để giải quyết các bài toán phổ thông. Do vậy, đối với phương trình bậc 4 ta chỉ xét các dạng cơ bản sau: a. Dạng phương trình hồi quy Dạng tổng quát ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (1*) với a  0, e  0, 2        b d a e . Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của (1*). Do đó chia cả hai vế của (1*) cho x2 ta được: (1*) 0 2 2  x e x d cbxax  0 2 2              c x d bx x e ax (2) Đặt bx d xt   2 d t b  => ta đưa (2) về phương trình bậc hai với ẩn là t rồi giải. b. Dạng phương trình trùng phương Dạng tổng quát ax4 + bx2 + c = 0 (2*) (a 0 ). Đặt t = x2 ( t 0 ). Khi đó ta có (2*) at2 + bt + c = 0 (2.1*). Ta sẽ giải bài toán đã cho với phương trình (2.1*) trên miền 0; +). Ngoài ra, phương trình dạng ( a + x )4 + ( b + x )4 = 0 cũng đưa về phương trình trùng phương (1) về dạng phương trình bậc hai ẩn t trùng phương bằng cách đặt x 2 ba t    . 30 c. Các dạng khác Dạng 1: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m (3*) với điều kiện a + b = c + d. (3*) ( abx)ba(x2  )( 2 (c )x d x cd   ) = m (3.1*) Đặt t = abx)ba(x2  với điều kiện   2 4 a b t    ( chính là 4a  ). Ta đưa phương trình (3.1*) về dạng phương trình bậc hai ẩn t. Dạng 2: k dbxax m cbxax    2 2 Đặt t = ax2 + bx + c + d ta đưa được về phương trình bậc hai ẩn t. Ví dụ 2.10. Tìm m để phương trình x4 - (2m + 3)x2 + m + 5 = 0 (2.10) có các nghiệm thỏa mãn -2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 2 (*) Lời giải. Đặt t = x2 (t  0). Khi đó (1) trở thành: t2 - (2m+3)t + m + 5 = 0 (2.10.1) Để (2.10) có 4 nghiệm phân biệt thì (2.10.1) phải có hai nghiệm dương phân biệt t1, t2 (t1 < t2). Khi đó (2.10) có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 như sau: x1 = 2t ; 12 tx  ; 13 tx  , 24 tx  . Vậy điều kiện (*)  - 2 < 2t < -1 < 1t < 0 < 1t <1 < 2t <2 4 > t2 > 1 > t1 >0          0)4(. 0)0(. 0)1(. fa fa fa          097 05 03 m m m  Vô nghiệm. Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài ra. Ví dụ 2.11. Tìm m để phương trình x4 + (m - 1)x3 + x2 + (m - 1)x + 1 = 0 (2.11) có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau. Lời giải. Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho x2 ta được: (2.11)  01) 1 )(1( 1 2 2  x xm x x Thang Long University Libraty 31  01) 1 )(1( 1 2        x xm x x . Đặt x xt 1  => 2t . Ta có f(t) = t2+(m-1)t-1 (2.11.1). Xét phương trình phụ x xt 1   x2 – tx +1 = 0 (2.11.2). 42  t * t > 2   > 0 thì (2.11.2) có hai nghiệm dương. * t = - 2 thì (2.11.2) có nghiệm x = -1 nhỏ hơn 0. * t = 2 thì (2.11.2) có nghiệm x = 1 lớn hơn 0. * t < -2 thì (2.11.2) có hai nghiệm âm. Như vậy, để phương trình đã cho có không ít hơn hai nghiệm âm thì f(t) phải có nghiệm t < -2. Do (2.11.1) có hai nghiệm trái dấu nên chỉ còn trường hợp t1< - 2 < t2  a.f(-2) < 0  2 5 m . 2.4. Phương trình mũ và phương trình lôgarit 2.4.1. Phương trình mũ Phương pháp chung cũng là đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai. Chú ý khi điều kiện của ẩn khi đặt ẩn phụ. Ví dụ 2.12. Tìm m để phương trình m.9x - (2m+1).3x + m + 4 = 0 (2.12) có hai nghiệm trái dấu. Lời giải. Đặt t = 3x > 0. Khi đó bài toán trở thành tìm m để phương trình f(t) = mt2 - (2m+1) t + m + 4 = 0 (2.12.1) có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước 1 20 1 20 0 3 3 3 x xx x       0 < t1 < 1 < t2 . Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai, ta có:      0)0( 0)1( mf mf  0 5 0 4.0 (m 4) 0 4 m m mm m m              32 Vậy m ( , - 4)  thì phương trình (2.12) có hai nghiệm trái dấu. Ví dụ 2.13. Với những giá trị nào của m thì bất phương trình m.4x + (m-1)2x+2 + m - 1 > 0 (2.13) nghiệm đúng với mọi x. Lời giải. Đặt 2x = t > 0 (*). Với mỗi t > 0 thì (*) có nghiệm duy nhất x. Khi đó (2.13) được đưa về dạng: mt2 + 22(m-1)t + m - 1 > 0 (2.13.1). Vậy (2.13) nghiệm đúng x khi (2.13.1) nghiệm đúng  t > 0. Đặt f(t) = m.t2 + 4(m-1)t + m-1 có hai trường hợp xảy ra : * Trường hợp 1: m = 0 Khi đó (2.13.1)  - 4t - 1 > 0  t < 4 1 không thoả mãn (*). * Trường hợp 2 : m  0 Nếu m < 0 thì f(t) có đồ thị 1 parabol quay bề lõm xuống dưới, do đó không thể xảy ra f(t) > 0  t > 0. Nếu m > 0, khi đó f(t) > 0 chỉ xảy ra trong các khả năng sau: a)  ’ < 0  (2(m-1))2 - m(m-1) < 0 3m2 - 7m + 4 < 0  1 < m < 3 4 . b)  ’> 0. Khi đó phương trình có hai nghiệm t1 , t2 (t1  t2  0)            0 2 0)0(. 0 S fa  23 7 4 0 .( 1) 0 2( 1) 0 m m m m m m               4 3 1 0 3 1 0. 0 1 1 0 m m m m m m m m m                   Vậy để (2.13) thoả mãn với mọi x thì     4 ; 0 1; 3; . 3 m           Thang Long University Libraty 33 2.4.2. Phương trình lôgarit Phương pháp chung cũng là đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai. Lưu ý ở loại phương trình này phải có điều kiện của cơ số và điều kiện của biểu thức trong dấu lôgarit. Ví dụ 2.14. Tìm a để phương trình 2 3 1 3 log ( 4 ) log (2 2 1) 0 (2.14)x ax x a     có nghiệm duy nhất. Lời giải. (2.14) )122(log)4(log 3 2 3  axaxx 2 2 2 1 2 2 1 0 > 2 4 2 2 1 ( ) 2(2 1) 2 1 0 a x a x x ax x a g x x a x a                    Phương trình (2.14) có nghiệm duy nhất, xảy ra hai trường hợp sau: *Trường hợp 1: g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x > 2 12 a          2 12 2 0' aS          2 12 21 0)12()12( 2 a a aa       016 064 2 a aa                6 1 2 3 0 a a a  a = 0 *Trường hợp 2: g(x) = 0 có hai nghiệm x1  2 12 a < x2 +) Nếu x1 = 2 12 a khi đó ta có:           2 12 2 0) 2 12 ( aS a g             2 12 21 0) 4 110 )(12( a a a a                    6 1 10 1 2 1 a a a 1 2 1 . 10 a a          +)Nếu x1  2 12 a < x2 34  g ( 2 12 a ) <0  (2a+1)( 2 110 a ) < 0  - 2 1 < a < - 10 1 Vậy a = 0 hoặc 1 1 2 10 a    thì phương trình (2.14) có nghiệm duy nhất. Ví dụ 2.15. Tìm các giá trị của tham số m để mọi nghiệm của bất phương trình log x(x 3+1). logx+1x-2 < 0 (2.15) đều là nghiệm của bất phương trình  mxx  2log 2 2 1 > -3 (2.15’). Lời giải. Ta có (2.15)             2 1log 1log 10 3 x x x x x                          23 23 1log1log 1 1log1log 10 xx x xx x xx xx 3 2 3 2 0 1 2 0 1 2 0 x x x x x x x x                 2 2 0 1 2 0 1 2 0 x x x x x x               0 1 1 2. x x       Ta lại có (2.15')        82 02 2 2 mxx mxx 2 2 2 0 2 8 0. x x m x x m           Vì f(x) = x2 - 2x + m có hệ số của x2 là 1 và hoành độ đỉnh của đồ thị là x0 = 1, nên f(x) > 0 (0; 1) (1; 2)x   khi và chỉ khi f(1) = m - 1  0  m 1 . Vì g(x) = x 2 - 2x + m - 8 có hệ số của x2 là 1 hoành độ đỉnh của đồ thị là x0 = 1 nên g(x) < 0 x (0; 1) (1; 2) khi và chỉ khi      0)2( 0)0( g g       08 08 m m 8m . Vậy 1 8m  . Thang Long University Libraty 35 2.5. Một số phương trình lượng giác Khi giải một số các phương trình lượng giác, có thể được chuyển về phương trình bậc hai bằng ẩn phụ. Ví dụ 2.16. Xác định m sao cho phương trình cos3 cos2 cos 1 0 (2.16)x x m x    ta có đúng 7 nghiệm khác nhau thuộc ( ; 2 ) 2   . Lời giải. 3 2 3 2 2 (2.16) 4cos 3cos 2cos cos 0 4cos 2cos ( 3)cos 0 cos 0 (2.16.1) 4cos 2cos 3 0 (2.16.2). x x x m x x x m x x x x m                  Trong khoảng ( ; 2 ) 2   thì (2.16.1) có hai nghiệm là 2  x và 2 3 x . Để (2.16) có đúng 7 nghiệm thuộc )2; 2 (    thì cần và đủ là (2.16.2) có đúng 5 nghiệm khác nhau và khác 2 3 2  và . Đặt 1cos  ttx . Khi đó ta có (2.16.2) trở thành f(t) = 4t2 –2t +m -3 = 0 (2.16.3) Do phương trình cos ( 1)x t t  có hai nghiệm phân biệt 3 ; 2 2        nên để phương trình (2.16.2) có 5 nghiệm khác nhau và khác - 3 2 2 và   thì (2.16.3) phải có hai nghiệm t1, t2 thỏa mãn -1 < t1 < 0 < t2 < 1. 4. (0) 0 4. ( 1) 0 1 3 4. (1) 0. f f m f           36 Vậy đáp số là 1 < m < 3. Ví dụ 2.17. Với giá trị nào của m thì phương trình m xx  cos 1 sin 1 (2.17) a. Có nghiệm. b. Có nghiệm x thuộc 0; 2       . Lời giải. Điều kiện ( ) 2 x k k    . Với điều kiện này ta có: cos sin (2.17) sin cos x x m x x    . Đặt 2 1 cossinsincos 2t xxxxt   . Điều kiện 2; 2t      và t + 1). Vậy (2.17) trở thành 2 2 2 2 0 (2.17.1) 1 t m mt t m t       . a. (2.17) có nghiệm khi và chỉ khi (2.17.1) có nghiệm t thuộc 2; 2    và t + 1. Ta nhận thấy (2.17.1) không nhận + 1 làm nghiệm nên (2.17.1) có nghiệm t thuộc 2; 2    và t + 1 tương đương với (2.17.1) có nghiệm thuộc 2; 2    . Mặt khác 01 2'  m với mọi m nên (2.17.1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa gọi hai nghiệm của (2.17.1) là t1, t2 ta có: - Nếu m = 0 thì (2.17.1) có nghiệm t = 0  2; 2    . - Nếu m ≠ 0 thì 1 2. 1t t   tồn tại một giá trị giả sử là t1 thuộc (-1; 1). Vậy với mọi m phương trình (2.17) luôn có nghiệm. Thang Long University Libraty 37 b. Với (0; ) ( 1; 1) 2 x t      bài toán trở thành tìm m để mtmttf  2)( 2 có nghiệm  1; 1t  . Ta sử dụng phương pháp gián tiếp: Ta tìm những giá trị của m để f(t) vô nghiệm trên ( 1; 1)t  . Xét các trường hợp sau : +) m = 0  t = 0 thỏa mãn. +) m ≠ 0. Ta có 01 a c nên f(t) luôn có hai nghiệm t1. t2 trái dấu. Để f(t) vô nghiệm trên   1 21;1 1 1 .t t     ( 1) 0 2 0 (1) 0 2 0 f f            ( vô nghiệm). Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. 2.6. Một số sai lầm của học sinh khi sử dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai Định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai phát biểu như sau: Cho tam thức bậc hai )0()( 2  acbxaxxf và một số thực  - Nếu a. f() < 0 thì f(x) có hai nghiệm phân biệt và  nằm trong khoảng hai nghiệm đó. - Nếu a. f() > 0 thì f(x) có thể có nghiệm hoặc không. Nếu f(x) có hai nghiệm x1, x2 thì x1 >  hoặc x2 <  Đối với học sinh phổ thông khi áp dụng một định lý nào đó vào một bài toán cụ thể, thường quên mất việc xét xem bài toán đó đã thỏa mãn các yêu cầu về giả thiết của định lý hay không. Như vậy, nếu bài toán đó chưa thỏa mãn đầy đủ các yêu cầu của giả thiết định lý thì kết luận của định lý áp dụng vào bài toán là không có giá trị. 38 Học sinh phổ thông thường mắc phải các sai lầm sau đây khi áp dụng định lý đảo về dấu của tam thứ bậc hai và các hệ quả của chúng khi giải toán: Học sinh quên không xét xem f(x) có phải là tam thức bậc hai không (hệ số a có khác 0 không). Chẳng hạn trong trường hợp 2 2( ) ( 2) 2( 2) 3f x m x m x     học sinh nhận thấy 0)3.()2()0( 2  maf và đưa ra kết luận ngay rằng f(x) luôn có nghiệm với mọi m. Kết luận này là sai bởi vì với m = 2, f(x) không còn là tam thức bậc hai nữa nên việc áp dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai là không còn giá trị nữa. Với m = 2 thì f(x) = -3 < 0 là hàm hằng nên f(x) không có nghiệm. Đối với trường hợp cần có số  nằm ngoài khoảng hai nghiệm nhiều học sinh quên mất việc phải tồn tại hai nghiệm. Tức là biệt thức  > 0 mà chỉ quan tâm đến a.f() > 0. Chẳng hạn với 322)( 2  mmxxf với  = 0. Ta có: 2 3 032)(.  mmfa  . Khi đó nhiều học sinh kết luận ngay 3 , ( ) 2 m f x  luôn có hai nghiệm cùng dấu mà quên mất rằng với -1< m < 3 thì f(x) không có nghiệm ( )032( 2  mm . Học sinh thường quyên mất việc phải xét dấu của hệ số a của x2. Trong trường hợp này nếu hệ số a > 0 thì kết luận đúng còn nếu hệ số a < 0 thì kết luận sai. Chẳng hạn khi cần có a.f() < 0 thì học sinh chỉ xét f() < 0. Thang Long University Libraty 39 CHƯƠNG III ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ ĐẢO VỀ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI VÀO VIỆC KHẢO SÁT HÀM SỐ PHỤ THUỘC THAM SỐ Trong chương này để thấy được ứng dụng của định lý đảo trong một số bài toán về hàm số ta nghiên cứu các bài toán sau: Tìm điều kiện để hàm số xác định, hàm số đồng biến (nghịch biến) trên miền nào đó, hàm số có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện cho trước, giao điểm của đồ thị hàm số bậc ba với đường thẳng, giao điểm của đồ thị hàm bậc 4 với đường thẳng, giao điểm của các nhánh hypebol với đường thẳng. 3.1. Tìm miền xác định và miền giá trị của hàm số - Tìm miền xác định của hàm số y = f(x) là việc ta đi tìm tất cả các giá trị x sao cho biểu thức f(x) có nghĩa. - Nếu hàm số y = f(x) có miền xác định là D. Gọi T là miền giá trị của hàm số f(x) thế thì 0 0 0 0: ( )y T x D y f x    . Như vậy, muốn tìm miền giá trị của hàm số y = f(x) ta tìm miền giá trị của y sao cho phương trình y = f(x) có nghiệm xD. Ví dụ 3.1. Tìm a để hàm số xxaxxy cossincossin 66  (3.1) xác định với mọi x. Lời giải. Để hàm số xác định với mọi x ta cần có: 6 6sin cos sin cos 0 x x a x x x    2 2 3 2 2 2 2(sin cos ) 3sin cos (sin cos ) sin cos 0 x x x x x x a x x x       2 2 3 1 1 sin 2 sin 2 0 4 2 3sin 2 2 sin 2 4 0 (3.1.1) x a x x x a x x           . Đặt t = sin2x khi đó 1 (3.1.1)t   trở thành: 40 23 2 4 0 [ 1; 1]t at t      . Do f(t) = 3t2 - 2at - 4 có đồ thị là parabol có bề lõm quay lên trên nên f(t) ≤ 0 t  [-1;1]  x1 ≤ -1 < 1 ≤ x2 3 (1) 0 1 1 3 ( 1) 0 2 2 f a f        . Ví dụ 3.2. Tìm a để hàm số 2log [( 1) 2( 1) 3 3]ay a x a x a      (3.2) xác định x > 1. Lời giải. Điều kiện a > 0 và a ≠ 1. Yêu cầu bài toán tương đương với: Tìm a để 2( ) ( 1) 2( 1) 3 3 0 1f x a x a x a x         1 2 ' 0 (3.2.1) ' 0 (3.2.2) 1.t t           (t2 là nghiệm của f(x)) 1 (3.2.1) ( 1)( 2 4) 0 2 a a a a           ( 1)( 2 4) 0 2 1 (3.2.2) (1) 0 0 0 1. 1 1 1 2 a a a f a a s a a                           Đáp số a > 0 và a ≠ 1. 3.2. Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến trên một miền Ta biết rằng, để hàm số đồng biến hay nghịch biến trong khoảng xác định nào đó ta thường xét dấu của đạo hàm trong khoảng đó. Nếu như hàm số có chứa tham số, việc biện luận tính đồng biến hay nghịch biến theo hàm số đối với những hàm số có đạo hàm liên quan đến hàm bậc hai đều có thể sử dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, mà đặc biệt là các bài ( loại) Thang Long University Libraty 41 toán cơ bản đã nêu. ở đây ta chỉ đề cập đến phương hướng đưa ra bài toán cơ bản mà thôi. Các dạng hàm số chủ yếu ở PTTH có thể dùng định lý đảo để biện luận tính đồng biến, nghịch biến là hàm số bậc 3 và hàm phân thức. 3.2.1. Hàm số bậc 3: )0(23  adcxbxaxy . cbxaxy  23' 2 . Để hàm số đồng biến (nghịch biến) trên miền nào đó thì y'  0 (y'  0)  x thuộc miền nào đó. Ví dụ 3.3. Cho hàm số 563 223  mmxmxxy (3.3) 1. Chứng minh hàm số không thể luôn luôn nghịch biến. 2. Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng 1 0; 2       . Lời giải. Xét )22(3663' 22 mmxxmmxxy  1. Vì hệ số của x2 là 1 > 0 nên mmxx 222  không thể nhỏ hơn 0 với . Vậy hàm số không thể luôn luôn nghịch biến. 2. Đặt mmxxxf 22)( 2  . Để hàm số nghịch biến trong khoảng ) 2 1 ;0( thì 1 ( ) 0 (0; ) 2 f x x   . Do f(x) có đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên nên: 1 2 1 1 ( ) 0 (0; ) 0 2 2 f x x x x       . (0) 0 1.2 0 0 1 1 1 1 4( ) 0 1(m ) 0 2 4 4 af m m m af m                          . Vậy m < 1 4  hàm số nghịch biến trong khoảng 1 0; 2       . 42 Ví dụ 3.4. Tìm m để hàm số 3 22(3 2) 5 3y mx m x mx x      (3.4) đồng biến với x > -1. Lời giải.   23 4(3m 2) 5 1y f x mx x m       . Nhận xét rằng với m < 0 hàm số không thể thỏa mãn đề bài. Do đó m  0. +) TH1: m = 0  f(x) = - 4x  0 0x  (không thỏa mãn). +) TH2: m > 0.  = 4( 3m - 2)2 – 3m(5m - 1) = 21m2 – 45m + 16. *   0 21m2 – 45m + 16  0 45 681 45 681 42 42 m     Suy ra f(x) 0 x  ( thỏa mãn ). *  > 0  45 681 42 m   hoặc 45 681 42 m   Ta phải có 1 2 1x x   7 0; 3 ( 4 7) 0 3 (4 7) 0( 1) 0 4 2(3 2) 3 4 1 01 4 03 32 3 1 7 . 3 4 mm m m maf m ms m mm m m                                            Vậy TH2 cho 45 681 7 ; 42 4 m       . Vậy các giá trị cần tìm là 45 681 7 ; 42 4 m       . Thang Long University Libraty 43 3.2.2 Hàm phân thức: Ta chỉ xét hàm phân thức dạng 2 2 2 2 ( 0) ax bx c y a m mx nx p        . 2 2 2 ( ) 2( ) ' ( ) am bm x ap cm x bp cn y mx nx p         . Với an ≠ bm thì việc xét tính đơn điệu của hàm số ta đưa về bài toán xét dấu của tam thức bậc hai cnbpxcmapxbmamxf  )(2)()( 2 mà căn cứ cơ bản nhất là các bài toán đã nêu. Ví dụ 3.5. Cho hàm số mx mmxx y 2 322    (3.5) tìm m để: 1. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. 2. Hàm số đồng biến trên 1; ) . Lời giải. Xét 2 2 2 4 4 3 ( 2 ) x mx m m y x m       Đặt 2 2( ) 4 4 3f x x mx m m    1. Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định điều kiện cần và đủ là 2 2( ) 0 2 2 4 3 0 2f x x m x mx m m x m          2 2 2 3' 0 4 ( 4 3 ) 0 8 3 0 0. 8 m m m m m m m               2. Hàm số đồng biến trên  1; ) ( ) 0 1; )f x x      . * TH1: 3 0 0 3 18 . 2 1 8 21 2 m m m m               44 *TH2: 2 1 2 3 03 0 8 8 1' 0 1 2 2 1 2 7 65 7 65 (1) 4 7 1 01 8 8 2 1 1 2 2 m m m m m m m af m m m mx x s m m                                         3 . 8 m    Vậy m < 1 2 là giá trị cần tìm. 3.3. Cực trị và dạng đồ thị của hàm số Hàm số y = f(x) đạt cực đại (cực tiểu) tại x0 nếu f(x)  f(x0) ( hoặc f(x)  f(x0)) với mọi x thuộc một lân cận nào đó của x0. Trong trường hợp hàm số có đạo hàm tại x0 thì ta có kết quả sau: Cho hàm số y = f(x), nếu f' (x0) =0 và f'(x) đổi dấu khi đi qua x0 thì x0 là điểm cực trị của hàm số. Như vậy, để hàm số có cực trị thì điều kiện cần là phương trình f'(x) = 0 có nghiệm. Sau đó ta vận dụng các quy tắc để xét điều kiện đủ x0 là cực trị của hàm số  f'(x0) = 0 và f '(x) đổi dấu khi đi qua x0 . Ví dụ 3.6. Cho hàm số y = 1)85(2 3 1 23  xmmxx (3.6). Tìm m để hàm số đạt cực tiểu, cực đại tại những điểm có hoành độ lớn hơn 1. Lời giải. Xét )85(22' 2  mmxxy . Để hàm số đạt cực đại cực tiểu tại điểm có hoành độ lớn hơn 1 cần và đủ là: )85(22)(' 2  mmxxxfy có hai nghiệm x1, x2 phân biệt thỏa mãn 1 < x1< x2. Nghĩa là ta phải có: Thang Long University Libraty 45   2 8 ' 0 15 15 (1) 0 ;2 8; 8 8 11 2 m m f m m s m                            . Vậy   15 ;2 8; 8 m         hàm số đạt cực tiểu, cực đại tại những điểm có hoành độ lớn hơn 1. Ví dụ 3.7. Xác định a sao cho hàm số sau có cực đại: 5422 2  xxaxy (3.7) Lời giải. Ta thấy 2 24 5 ( 2) 1 0x x x x        . Vậy miền xác định của hàm số là R. +) Nếu a = 0 thì y = - 2x + 2. Đây là hàm bậc nhất nên không có cực trị. +) Nếu a  0 ta có: 2 2 3 ( 2) ' 2 ; '' 4 5 ( 4 5) a x a y y x x x x          . Do 0 '' 0, .a y x     Để hàm số có cực đại cần và đủ là: y' = 0 có nghiệm x0 và y''(x0) < 0 2 ( 2) 2 0 4 5 0 a x x x a          có nghiệm 22 4 5 ( 2) (*) 0 x x a x a         có nghiệm. Với a < 0 thì (*) 2 2 2 2 0 4( 4 5) ( 4 4) x x x a x x          2 2 2 2 2 ( ) ( 4) 4( 4) 4( 5) 0 (3.7.1). x f x a x a x a           46 Bài toán trở thành tìm a < 0 để (1) có nghiệm x  (-; 2). +) Nếu a2 - 4 = 0  a =  2. Khi đó (3.7.1) trở thành - 4 = 0 (vô lý). +) Nếu 042 a thì (3.7.1) có nghiệm. 04' 2  a (do 2 2 4 0) 2. a a a        Mặt khác, xét thấy f(2).(a2 - 4 ) < 0 với ( ; 2)a   nên với ( ; 2)a   thì (*) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 < 2 < x2. Kết hợp với điều kiện a < 0 cho ta đáp số là a < -2. 3.4. Xác định giá trị tham số để hàm số có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện cho trước Ví dụ 3.8. Xác định m để GTLN của hàm số mx mxx y    42 (3.8) trên là 2. Lời giải. Điều kiện cần để max y = 2  1; 3x là tồn tại ít nhất một ]3;1[0 x sao cho: 2 0 0 0 4x x m y x m      = 2. (3.8.1)       43)( 0 0 2 00 0 mxxxf mx có nghiệm             0)( 0 01512 0 mf m x 2 5 4 5 5 4 4 ( ) 2 4 0 m m m f m m m                . Thử lại với điều kiện đủ: (loại) Thang Long University Libraty 47 Với 4 5 m ta có 2 2 2 2 4 ( ) x mx m y x m       . Đặt g(x) = 4222  mmxx ta có: 4 5 0422'  mmmg 4 5 043)1(  mg . 4 5 085)3(  mmg . 4 5 01 2 1  mm s . Vậy g(x) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 < x2 < 1. Lại có hệ số của x2 là 1 0 ( ) 0 [1;3]g x x      hàm số đã cho đồng biến trên [1;3]. m m yxy    3 16 )3(]}3;1[:max{ 3 10 2 3 16 4 5 2]}3;1[:max{             m m m m xy . Ví dụ 3.9. Xác định p, q sao cho hàm số 12 2    x qpxx y (3.9) có GTNN bằng -1 và GTLN bằng 9. Lời giải. Giả sử hàm số có GTNN bằng -1 và GTLN bằng 9 khi đó: 9 1 1 2 2     x qpxx với x. Đồng thời tồn tại các giá trị của x để xảy ra dấu "=". từ đó 2 2 2 2 2 2 9 9 8 9 0 1 2 1 0 x px q x x px q x x x px q x x px q                          . 48 Gọi 1, 2 lần lượt là biệt thức của tam thức ở vế trái của hệ bất phương trình trên. Để đẳng thức xảy ra dấu “=” thì 1 = 2 =0. Hiển nhiên ta phải có: 2 1 2 2 0 32(9 ) 0 0 8(1 ) 0. p q p q               Giải hệ này ta được hai nghiệm là: 8 8 7 7. p p q q          Vậy với hai cặp số trên thì hàm số đã cho có giá trị nhỏ nhất bằng -1 và có giá trị lớn nhất bằng 9. 3.5. Sự tương giao của đồ thị hàm số bậc ba với một đường thẳng Khi xét tương giao của đồ thị hàm số bậc 3 với một đường thẳng, ta thường giải phương trình bậc 3. Trong nhiều trường hợp phương trình bậc 3 thuộc dạng không tìm được nghiệm đối với học sinh phổ thông. Trong trường hợp này ta có thể dựa vào các dạng đồ thị hàm bậc 3 để giải quyết bài toán. Cho hàm số bậc ba 3 2 ( 0)y ax bx cx d a     . Tìm điều kiện để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn  (hay nhỏ hơn ). Lời giải. Để đồ thị hàm số bậc 3 cắt Ox tại 3 điểm phân biệt thì hàm số phải có hai cực trị và hai giá trị cực trị này phải trái dấu nhau. Điều này tương đương với f'(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và f(x1).f(x2) < 0. Xét đồ thị hàm bậc 3. Để đồ thị cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn (hoặc nhỏ hơn ) thì phải thỏa mãn các điều kiện sau: Thang Long University Libraty 49         1 2 1 2 . 0 0 ( ) 2 2 0 . '( ) 0 ( ) 0 0 . '( ) 0 ( ) 0 f x f x f x f x s s a a f f a a f f                               Tóm lại. Đồ thị hàm bậc 3 cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn  (nhỏ hơn ) khi và chỉ khi f(x) thỏa mãn các điều kiện sau: +) f'(x) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 . +) f(x1).f(x2)<0 . '( ) 0 . ( ) 0 2 a f a f s       Ví dụ 3.10. Cho hàm số 3 2 2 2( ) 3 3( 1) ( 1)y f x x mx m x m       (3.10) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt với hoành độ dương. Lời giải. Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt với hoành độ dương cần và đủ là: +) )1(363)(' 22  mmxxxf có hai nghiệm phân biệt x1, x2; +) f(x1).f(x2) < 0; +) a.f’(0) >0 +) a.f(0) < 0; (hoặc  2 s ) hoặc 50 +) 0 2 s m  . Điều này tương đương: 2 2 2 1 2 1 2 1 22 9 9( 1) 0 1 '(0) 3( 1) 0 1 0 1 ( ). ( ) 0 ( ). ( ) 0. (0) ( 1) 0 m m m af m x m m x m f x f x f x f x af m                             (*) Ta có: 2 2 1 2( ) ( 1)( 3); ( ) ( 1)( 2 1)f x m m f x m m m       (*) 2 2 1 ( 1)( 3)( 1)( 2 1) 0 m m m m m m                            213 121 13 1 m m m m 213  m . Vậy đáp số là 213  m . Ví dụ 3.11. Cho hàm số 3 2 1 1 ( ) 3 3 y f x x mx mx m     (3.11) có đồ thị (C). Xác định m để (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 1. Lời giải. Ta có f ' (x) = x2 - 2mx + m. Để (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 1 cần và đủ là: +) f'(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt 1 2 1 (3.11.1)x x  +) f(1) > 0 (3.11.2) +) f(x1).f(x2) < 0 (3.11.3) Thang Long University Libraty 51 Giải : (3.11.1)  2' 0 (1) 1 0 1 1. 2 m m f m m s m                  . 1 1 1 (3.11.2) ( ) 0 1 3 3 3 m m     . Giải (3.11.3): Thực hiện chia f(x) cho f'(x) ta được: 21 1 1( ) '( )( ) ( )(1 2 ) 3 3 3 f x f x x m m m x     )21)(( 3 1 )( 1 2 1 xmmxf  . )21)(( 3 1 )( 2 2 2 xmmxf  . )21)()(21)(( 9 1 0)().( 2 2 1 2 21 xmmxmmxfxf  (*)0)21)(21( 21  xx . Theo định lý Vi - et ta có:      mxx mxx 21 21 2  (*)  1 - 4m + 4m < 0 (vô nghiệm). Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài ra. Nhận xét: - Trong quá trình giải f(x1), f(x2) ở trên được tính đơn giản nhờ phép chia f(x) cho f ' (x) rồi sử dụng định lý Vi-et. Không nên tính cụ thể x1, x2 bởi rất phức tạp. 52 3.6. Giao điểm của đường thẳng với hàm số bậc bốn và với các nhánh của hypebol 3.6.1. Giao điểm của đường thẳng với đồ thị hàm bậc 4 Việc tìm giao điểm của đường thẳng với đồ thị hàm bậc 4 là rất khó đối với học sinh phổ thông. Trong phần này, ta chỉ xét dạng phương trình trùng phương 4 2( ) 0 ( 0)f x ax bx c a     . Ví dụ 3.12. Cho họ đường cong 4 2( ) 2(2 1) 3 ( )y f x x m x m C     . (3.12) Tìm m để đường cong chắn trên trục hoành 3 đoạn bằng nhau. Lời giải. Đặt y = x2. Xét hàm số 2( ) 2(2 1) 3g y y m y m    Để đường cong (C) chắn trên trục hoành 3 đoạn bằng nhau thì (C) phải cắt Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số cộng. xA = - 2y . xB = - 1y . xC = 1y . xD = 2y . Ta phải có: - 1y - (- 2y ) = 1y - (- 1y ) 2y - 1y = 2y - 1y = 2 1y x y xD xC xB xA 0 Thang Long University Libraty 53 y2 = 9 y1 > 0 Vậy, ( )g y có 2 nghiệm 1 2, y y 0 phân biệt thỏa mãn 2 19y y . ' 2 2 1 21 2 1 1 2 1 2 1 0 4 7 1 0 (0) 0 7 333 0 80 2 1 0 2 2 1 10 2(2 1) ( ) 9 3 510 9 3 9 m m af m m s m m y m m b y y y y ma c y y y a                                                  7 33 8 33 1 12 m mm m                . 3.6.2. Giao điểm của đường thẳng với nhánh của hypebol Xét hàm số có dạng 2 ( ) mx nx p y f x dx e      . Đây là hypebol có 1 tiệm cận đứng e x d   . Đồ thị chia hàm số làm hai nhánh nằm về hai phía của đường tiệm cận. Xét đường thẳng y = kx + q vấn đề đặt ra là tìm điều kiện để đường thẳng này cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt thuộc hai nhánh hoặc cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt thuộc một nhánh. Để giải quyết vấn đề này ta xét vị trí nghiệm của phương trình 2 0(*) ( 0); mx nx p e kx q d x dx e d         . Để giao điểm cùng thuộc một nhánh thì (*) phải có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn: 54 1 2 1 2. e x x d e x x d          Để giao điểm thuộc về hai nhánh khác nhau thì (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x0 < x2 . Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 3.13. Cho hàm số )( 1 42 C x x y    . (3.13) Gọi (d) là đường thẳng qua E(-4; 2) và có hệ số góc m. Xác định m để (d) cắt (C) tại hai điểm A, B lần lượt thuộc hai nhánh của (C). Lời giải. Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = m(x+4)+2 = mx + 4m + 2 Hoành độ có giao điểm của (d) và (C) là nghiệm của phương trình 2( ) 5 4 2 0 (3.13.1)2 4 4 2 1 1. f x mx mx mx mx m x x               Để (d) cắt (C) tại hai điểm A, B thuộc hai nhánh  (3.13.1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 0. Thang Long University Libraty 55 CHƯƠNG IV ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ ĐẢO VỀ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI VÀO VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 4.1. Ứng dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai trong việc chứng minh bất đẳng thức. Việc chứng minh bất đẳng thức học sinh phổ thông đã được học rất nhiều phương pháp. Ở mục này, ta chỉ đề cập tới các bài toán chứng minh bất đẳng thức dựa vào định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai. Dưới đây là các dạng toán mà ta áp dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai để giải quyết. Ví dụ 4.1. Cho dãy số a1, a2, ...., an trong đó 0 < ai < 1; i = 1, ..., n chứng minh (1+ a1 + a2 + ... + an) 2 > 4( 222 2 1 ... naaa  ). Lời giải. Xét hàm số f(x) = x2 - 1(1+ a1 + a2 + ... + an) x + ( 22 2 2 1 ... naaa  ). Ta có: )(..)()()1( 22 2 21 2 1 nn aaaaaaf  . Do 0 < ak < 1 nk ,...,1 nên 0)1(022  faaaa kkkk Vậy theo định lý đảo của tam thứ bậc hai nên  > 0 hay  )..(4)...1( 222 2 1 2 21 nn aaaaaa bài toán đã được chứng minh. Ví dụ 4.2. Cho 3 số thực a, b, c chứng minh rằng nếu tồn tại số thực m thỏa mãn: bmcam 2 thì acb 42  Lời giải. Xét cbxaxxf  2)( . +) Nếu a = 0 thì b2 – 4ac > 0 luôn đúng. +) Nếu a  0 từ giả thiết 2 2 2 2( ) ( ) 0am c bm am c bm      2 2( )( ) 0 (1).am c bm am c bm      56 +) Nếu m = 0 từ giả thiết  c = 0  b2 – 4ac  0. +) Nếu m  0  m  -m Ta có: f(m) = am2 + bm + c. f(-m) = am2 – bm + c. Từ đó suy ra f(m). f(-m)  0 từ (1)  ax2 + bx + c = 0 có nghiệm (theo định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai)   = b2 – 4ac  0  điều phải chứng minh. Ví dụ 4.3. Cho a > 0. Chứng minh rằng 2 141 ...   a aaa (có n dấu căn bậc hai ở vế trái với n là một số tự nhiên). Lời giải. Đặt xn = aaa  .... (có n dấu căn bậc hai với n là một số tự nhiên) aaaaxn ... 2  (có n–1 dấu căn bậc hai với n là một số tự nhiên) Do a > 0 nên xn > xn-1 (có thể chứng minh điều này bằng quy nạp). => 2 2 1 0n n n n nx a x a x x x a        Xét tam thức f(t) = t2 – t – a thì f(xn) < 0. Như vậy theo định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai thì t1 < xn < t2 với t1, t2 là hai nghiệm của f(t) với 2 141 2   a t . Vậy 2 141   a xn . Ví dụ 4.4. Cho 2 1 1  x và 3 2 6 5  y chứng minh: 2 3 1 0x xy   . Lời giải. Đặt f(x) = x2 + 3xy + 1 Ta có x = 9y2 – 4 +) Nếu 3 2 3 2  y thì x f(x) > 0 x R. +) Nếu 3 2 6 5  y . Ta có x > 0 Xét a.f ) 2 1 ( = 1. 6 5 4 y  . Ta có a.f ) 2 1 ( = 0 4 56  y với y > 5 6  Thang Long University Libraty 57 0 2 23 2 13 2 1 2      yys với 2 3 y    21 2 1 1 xx  (x1, x2 là hai nghiệm của f(x)). Vậy với -1  x  2 1 ta có f(x) > 0  điều phải chứng minh. 4.2. Ứng dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai trong việc giải các bài toán hình học. Với ứng dụng này không có dạng tổng quát. Vì vậy, ta đi xét ví dụ cụ thể sau: Ví dụ 4.5. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Gọi O là tâm của tam giác. M là một điểm di động trên AB. MO cắt AC tại N chứng minh: 3 3 9 8 AMNS  . Lời giải. Đặt AM = x; AN = y. Ta có: AONAMOAMN SSS    0 0 1 1 sin60 sin30 .( ) 2 2 xy AO x y  Vì AO = 3 3 3 2 AH Thay vào ta có: x + y = 3xy (1) Ta có 3 4 AMNS xy  nên AMNS maxxy đạt max AMNS min  xy đạt min. Đặt xy = t (2) Từ (1), (2) và theo định lý Vi – et ta có x, y là hai nghiệm của phương trình: f(X) = X2 – 3tX + t = 0 (3) Bài toàn đã cho trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của t để cho (3) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện 0 < X1 < X2 < 1 H A B C N y M x O 58 Theo định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai ta có: 2 0. (0) 0 1 2 0. (1) 0 4 1 0 9 4 0 9 2 3 0 1 0 1 2 2 ta f ta f tt t s t                          Từ đó suy ra: AMNS lớn nhất khi t = 2 1 tức là khi x = 1, y = 2 1 (hoặc x = )1, 2 1 y Còn AMNS bé nhất khi t = 9 4 tức là khi x = y = 3 2 . Vậy ta có kết luận sau: SMax = 8 3 khi M = B, N = N1 (hoặc M = M1; N = C). Trong đó M1, N1 tương ứng là trung điểm của AB và AC. Smin = 9 3 Khi MN qua O và song song với BC. Hiển nhiên Smin < SAMN < Smax hay 3 3 9 8 AMNS  . Thang Long University Libraty 59 KẾT LUẬN Luận văn này đã đưa ra những ứng dụng của định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai vào giải toán ở trường THPT. Mỗi ứng dụng được minh họa bằng các ví dụ cụ thể (45 ví dụ). Trong số 45 ví dụ có 10 bài toán thuộc về việc tìm nghiệm và so sánh nghiệm với một số đã cho. 17 bài toán về ứng dụng định lý đảo về tam thức bậc hai vào việc giải phương trình, bất phương trình, phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, phương trình vô tỷ, phương trình bậc cao, phương trình mũ, phương trình lôgarit và phương trình lượng giác. 13 bài ứng dụng định lý đảo về tam thức bậc hai vào việc khảo sát hàm số. Cuối cùng là những ứng dụng vào việc chứng minh bất đẳng thức và một số bài toán hình học. 60 DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Phan Đức Chính và nhiều tác giả, Các bài giảng luyện thi môn toán, tập 1, tập 2. NXB GD. 1996. 2. Nguyễn Văn Mậu, Phương pháp giải phương trình và bất phương trình. NXB GD. 1999. 3. Nguyễn Tiến Quang, Phương pháp tam thức bậc hai ở trường phổ thông. NXB GD. 1999. 4. Trần Chí Hiếu – Nguyễn Danh Phan,các chuyên đề toán PTTH đại số 10. NXB GD. 1999. 5. Nguyễn Viết Diễn, Phương pháp chọn lọc giải toán hàm số mũ và loogarit. NXB ĐHQGHN. 1999. 6. SGK toán lớp 10. NXB GD. 2000. 7. SGK toán lớp 11. NXB GD. 2000. 8. Nguyễn Trọng Bá, Lê Thống Nhất, Nguyễn Phú Trường, Tuyển chọn những bài ôn luyện thi vào đại học, cao đẳng. NXB GD. 2001. 9. Nguyễn Đức Tấn, Phương trình bậc hai và một số ứng dụng . NXB GD. 2005. 10. Vũ Hữu Bình, Nâng cao và phát triển toán 9. NXB GD. 2005. 11. Bùi Văn Tuyên, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9. NXB GD. 2005. 12. SGK toán lớp 9. NXB GD. 2006. Thang Long University Libraty

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdf72_681_6221.pdf
Luận văn liên quan