Luận văn này đã đưa ra những ứng dụng của định lý hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai vào giải toán ở trường THPT. Mỗi ứng dụng được minh họa bằng những ví dụ đơn cử ( 45 ví dụ ). Trong số 45 ví dụ có 10 bài toán thuộc về việc tìm nghiệm và so sánh nghiệm với 1 số ít đã cho. 17 bài toán về ứng dụng định lý hòn 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 hòn đảo về tam thức bậc hai vào việc khảo sát hàm số. Cuối cùng là những ứng dụng vào việc chứng tỏ bất đẳng thức và một số ít bài toán hình học .

Bạn đang đọc: Luận văn Tam thức bậc hai và một số ứng dụng

60 trang | Chia sẻ : builinh123

| Lượt xem: 2911

Xem thêm: 10 App Chèn Sticker Vào Ảnh Bạn Nên Trải Nghiệm

| Lượt tải : 8

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

Xem thêm: ‎FluentWorlds: Học Tiếng Anh

trị tuyệt đối Với những phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, hoàn toàn có thể được chuyển về phương trình bậc hai bằng một trong những cách sau : Cách 1 : Sử dụng phép đổi khác tương tự. Thang Long University Libraty 17 Với dạng :           2 2 0. g x f x g x f x g x          Cách 2 : Sử dụng chiêu thức 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 những 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 = mét vuông – 6 m + 9 = ( m-3 ) 2 > 0  m  3. f ( – 1 ) = 2 ( 3 – m ) – 6 ( 3 – m ) + ( 5 – m ) 2 – 4 = mét vuông – 6 m + 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 ( 2 m – 5 ) + )   < 0  2 m – 5 < 0  5 2 m  suy ra phương trình ( 2.2.2 ) vô nghiệm nên phương trình ( 2.2.1 ) vô nghiệm. 18 + )   = 0  2 m – 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 < 1 x < 2 x < - 1 ( loại ). . m > 3  a < 0    1 0 ( 2 ) 0 af af         1 x < - 2 < - 1 < 2 x ( thỏa mãn nhu cầu ). 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 yếu tố quan trọng của những bài toán về bất phương trình bậc hai, mà đặc biệt quan trọng là bài toán có tham số. Dưới đây là những dạng bài toán thường gặp : Dạng 1. Cho tam thức bậc hai ( ) f x = ax2 + bx + c ( a  0 ) tìm điều kiện kèm theo để ( ) f x > 0 ( f   x < 0 ) với mọi x. Lời giải + ) f   x > 0          0 0 a Rx Thang Long University Libraty 19 + ) f   x < 0          0 0 a Rx Dạng 2. Cho tam thức bậc hai f   x = ax2 + bx + c ( a  0 ) tìm điều kiện kèm theo 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 hề xảy ra f   x > 0 ) ; (      x. Ví dụ 2.3. Cho bất phương trình f   x = ( a – 1 ) x2 + ( 2 a + 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 chiêu thức gián tiếp ) Ta thực thi tìm a để ( 2.3 ) vô nghiệm. Điều này tương tự 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 nhu cầu. + ) 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 1 a  ta có 1 a . Vậy 1 a  là những giá trị cần tìm. Dạng 3. Tìm điều kiện kèm theo 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 + 2 x + m < 0 ( 2.4 ) nghiệm đúng ) 1 ; 2 1 (    x. Lời giải. ( 2.4 ) 022      mxmx đặt f   x = - mx2 - 2 x – m. + ) m = 0 => f   x = – 2 x > 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 tích 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                                                tích 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 kèm theo 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 kèm theo của m để bất phương trình sau có nghiệm  x  ( - ; 2 4   ) m - 3 cos2x + ( 2 m - 1 ) sinxcosx > 0 ( 2.5 ) Lời giải. ( 2.5 )  m sin2x + ( 2 m – 1 ) sinxcosx + ( m-3 ) cos2x > 0. Vì x  ( – ; 2 4   ) nên cosx > 0 do đó ( 2.5 )  mtg2x + ( 2 m – 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 + ( 2 m – 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 nhu cầu 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  phối hợp với m > 0  vô nghiệm. + ) m < 0 Do đồ thị của f ( y ) là parabol có bề lõm quay xuống dưới nên không hề thỏa mãn nhu cầu ( 2.5.1 ) có nghiệm  y < 1  vô nghiệm. Tóm lại, không sống sót m thỏa mãn nhu cầu bài toán. Chú ý. - Ở đây ta chỉ xét những 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 như ta hoàn toàn 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 những phương trình chứa căn thức, hoàn toàn có thể được chuyển về phương trình bậc hai bằng một trong những cách sau : 24 Cách 1 : Sử dụng những phép đổi khác tương tự.           2 0. g x f x g x f x g x          Cách 2 : Sử dụng chiêu thức 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 + 5 m + 1 có nghiệm trên  3 ; +  ). Có thể xảy ra những trường hợp sau : + ) f ( x ) có nghiệm là 3 thì f ( 3 ) = 9 - 6 ( m + 1 ) + 5 m + 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 những bước giải ta có đáp số là m  3. Thang Long University Libraty 25 Nhận xét. - Một trong những chiêu thức hữu hiệu để giải phương trình vô tỷ đó là nâng lên lũy thừa hai vế của phương trình để khử căn thức. Trong quy trình nâng lên lũy thừa với số mũ chẵn thì nhất thiết hai vế của phương trình phải không âm. - Ngoài chiêu thức lũy thừa để khử căn thức còn một chiêu thức nữa cũng hay được sử dụng đó là giải pháp đặt ẩn phụ. Khi đặt ẩn phụ ta phải chú ý quan tâm 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 2 x t       Bài toán trở thành tìm m để phương trình f ( t ) = t2 – mt + mét vuông - 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 ) = mét vuông – 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 2 t 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 nhu cầu đề bài ) Vậy 3 2 m   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 hoàn toàn có thể sử dụng giải 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 viên 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 tối thiểu một nghiệm thực. Do đó, ta dùng giải pháp thử trực tiếp hoặc chiêu thức nhóm những số hạng để tìm ra nghiệm thực đó. Giả sử  là nghiệm thực đó thì ( 1 ) tương tự với phương trình 0 ) ) ( ( 2     CBxaxx  và số nghiệm của phương trình ( 1 ) sẽ nhờ vào số nghiệm của tam thức bậc hai f ( x ) = ax2 + Bx + C và quan hệ giữa những 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 + 2 x - 1 ) = 0  2 1 ( ) 2 1 0 ( 2.8.1 ) x f x mx x           Ta triển khai giải và biện luận phương trình ( 2.8.1 ) + ) Nếu m = 0 thì ( 2.8.1 )  2 x - 1 = 0  2 1  x. + ) Nếu m  0. Ta xét những trường hợp sau : - ) f ( x ) vô nghiệm   ’ = 1 - m 1. - )   = 0  m = 1  f ( x ) có nghiệm kép 1 2 1 1 x 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 kèm theo của tham số m để phương trình : x3 + mx2 + ( 1 – 2 m 2 ) x – m = 0 ( 2.9 ) có 3 nghiệm thỏa mãn nhu cầu x1 < 1 < x2 < x3 ( * ). Lời giải. Phương trình đã cho tương tự với ( x3 - mx2 ) + ( 2 mx2 - 2 m 2 x ) + x - m = 0  ( x - m ) ( x2 + 2 mx + 1 ) = 0  2 ( ) 2 1 0. x m f x x mx         Để ( 2.9 ) có 3 nghiệm thỏa mãn nhu cầu ( * ) thì thứ nhất f ( x ) phải có nghiệm   ’ = mét vuông - 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 nhu cầu điều kiện kèm theo. Chú ý. - Về nguyên tắc so với mọi phương trình bậc 3 đều hoàn toàn có thể giải đơn cử ra những nghiệm của chúng bằng công thức Các – đa – nô. Nhưng công thức này học viên đại trà phổ thông chưa biết nên nó không phải là công cụ để giải toán đại trà phổ thông. - Ở trên qua những ví dụ ta đã đề cập những giải pháp giải phương trình bậc ba có sử dụng định lý hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai và những hệ quả của chúng. Ngoài ra còn một số ít chiêu thức khác mà ta không đề cập đến. ( loại ) Thang Long University Libraty 29 2.3.2. 2. Phương trình bậc 4 Cũng như so với phương trình bậc 3, phương trình bậc 4 cũng đã có công thức giải đơn cử nên về nguyên tắc mọi phương trình bậc 4 đều hoàn toàn có thể giải được. Nhưng công thức này học viên đại trà phổ thông chưa được tiếp cận nên ta không hề sử dụng công thức này như một công cụ để xử lý những bài toán đại trà phổ thông. Do vậy, so với phương trình bậc 4 ta chỉ xét những 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 kèm theo 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 kèm theo   2 4 a b t    ( chính là 4 a   ). 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 – ( 2 m + 3 ) x2 + m + 5 = 0 ( 2.10 ) có những nghiệm thỏa mãn nhu cầu – 2 < x1 < - 1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 2 ( * ) Lời giải. Đặt t = x2 ( t  0 ). Khi đó ( 1 ) trở thành : t2 - ( 2 m + 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 = 2 t  ; 12 tx   ; 13 tx , 24 tx . Vậy điều kiện kèm theo ( * )  - 2 < 2 t  < - 1 < 1 t  < 0 < 1 t < 1 < 2 t < 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 nhu cầu nhu yếu 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 kèm theo của ẩn khi đặt ẩn phụ. Ví dụ 2.12. Tìm m để phương trình m. 9 x - ( 2 m + 1 ). 3 x + m + 4 = 0 ( 2.12 ) có hai nghiệm trái dấu. Lời giải. Đặt t = 3 x > 0. Khi đó bài toán trở thành tìm m để phương trình f ( t ) = mt2 – ( 2 m + 1 ) t + m + 4 = 0 ( 2.12.1 ) có nghiệm thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo 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. 4 x + ( m-1 ) 2 x + 2 + m - 1 > 0 ( 2.13 ) nghiệm đúng với mọi x. Lời giải. Đặt 2 x = 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 )  – 4 t – 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 hề xảy ra f ( t ) > 0  t > 0. Nếu m > 0, khi đó f ( t ) > 0 chỉ xảy ra trong những năng lực sau : a )  ’ < 0  ( 2 ( m-1 ) ) 2 - m ( m-1 ) < 0  3 mét vuông - 7 m + 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 kèm theo của cơ số và điều kiện kèm theo 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  ( 2 a + 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 những giá trị của tham số m để mọi nghiệm của bất phương trình log x ( x 3 + 1 ). logx + 1 x - 2 < 0 ( 2.15 ) đều là nghiệm của bất phương trình   mxx   2 log 2 2 1 > – 3 ( 2.15 ’ ). Lời giải. Ta có ( 2.15 )                2 1 log 1 log 10 3 x x x x x                                23 23 1 log1log 1 1 log1log 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 – 2 x + m có thông 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 – 2 x + m – 8 có thông 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 8 m  . Thang Long University Libraty 35 2.5. Một số phương trình lượng giác Khi giải 1 số ít những phương trình lượng giác, hoàn toàn 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 ) 4 cos 3 cos 2 cos cos 0 4 cos 2 cos ( 3 ) cos 0 cos 0 ( 2.16.1 ) 4 cos 2 cos 3 0 ( 2.16.2 ). x x x m x x x m x x x x m                    Trong khoảng chừng ( ; 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 1 cos    ttx. Khi đó ta có ( 2.16.2 ) trở thành f ( t ) = 4 t2 – 2 t + 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 nhu cầu - 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 kèm theo này ta có : cos sin ( 2.17 ) sin cos x x m x x   . Đặt 2 1 cossinsincos 2 t xxxxt     . Điều kiện 2 ; 2 t       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 tự 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. 1 t t   sống sót 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 ; 1 t  . Ta sử dụng chiêu thức gián tiếp : Ta tìm những giá trị của m để f ( t ) vô nghiệm trên ( 1 ; 1 ) t  . Xét những trường hợp sau : + ) m = 0  t = 0 thỏa mãn nhu cầu. + ) 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 đáng tiếc của học viên khi sử dụng định lý hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai Định lý hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai phát biểu như sau : Cho tam thức bậc hai ) 0 ( ) ( 2     acbxaxxf và 1 số ít thực  - Nếu a. f (  ) < 0 thì f ( x ) có hai nghiệm phân biệt và  nằm trong khoảng chừng hai nghiệm đó. - Nếu a. f (  ) > 0 thì f ( x ) hoàn toàn có thể có nghiệm hoặc không. Nếu f ( x ) có hai nghiệm x1, x2 thì x1 >  hoặc x2 <  Đối với học viên đại trà phổ thông khi vận dụng một định lý nào đó vào một bài toán đơn cử, thường quên mất việc xét xem bài toán đó đã thỏa mãn nhu cầu những nhu yếu về giả thiết của định lý hay không. Như vậy, nếu bài toán đó chưa thỏa mãn nhu cầu khá đầy đủ những nhu yếu của giả thiết định lý thì Tóm lại của định lý vận dụng vào bài toán là không có giá trị. 38 Học sinh phổ thông thường mắc phải những sai lầm đáng tiếc sau đây khi vận dụng định lý hòn đảo về dấu của tam thứ bậc hai và những hệ quả của chúng khi giải toán : Học sinh quên không xét xem f ( x ) có phải là tam thức bậc hai không ( thông số a có khác 0 không ). Chẳng hạn trong trường hợp 2 2 ( ) ( 2 ) 2 ( 2 ) 3 f x m x m x      học viên 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 chính bới với m = 2, f ( x ) không còn là tam thức bậc hai nữa nên việc vận dụng định lý hòn 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 chừng hai nghiệm nhiều học viên quên mất việc phải sống sót hai nghiệm. Tức là biệt thức  > 0 mà chỉ chăm sóc đến a. f (  ) > 0. Chẳng hạn với 322 ) ( 2     mmxxf với  = 0. Ta có : 2 3 032 ) (.       mmfa . Khi đó nhiều học viên 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 thông số a của x2. Trong trường hợp này nếu thông số a > 0 thì Tóm lại đúng còn nếu thông số a < 0 thì Kết luận sai. Chẳng hạn khi cần có a. f (  ) < 0 thì học viên 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 hòn đảo trong 1 số ít bài toán về hàm số ta điều tra và nghiên cứu những bài toán sau : Tìm điều kiện kèm theo để hàm số xác lập, hàm số đồng biến ( nghịch biến ) trên miền nào đó, hàm số có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo 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 những nhánh hypebol với đường thẳng. 3.1. Tìm miền xác lập và miền giá trị của hàm số - Tìm miền xác lập của hàm số y = f ( x ) là việc ta đi tìm toàn bộ những giá trị x sao cho biểu thức f ( x ) có nghĩa. - Nếu hàm số y = f ( x ) có miền xác lập 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 lập với mọi x. Lời giải. Để hàm số xác lập với mọi x ta cần có : 6 6 sin cos sin cos 0 x x a x x x     2 2 3 2 2 2 2 ( sin cos ) 3 sin 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 3 sin 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 ) = 3 t2 - 2 at - 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 2 log [ ( 1 ) 2 ( 1 ) 3 3 ] ay a x a x a       ( 3.2 ) xác lập  x > 1. Lời giải. Điều kiện a > 0 và a ≠ 1. Yêu cầu bài toán tương tự với : Tìm a để 2 ( ) ( 1 ) 2 ( 1 ) 3 3 0 1 f 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 chừng xác lập nào đó ta thường xét dấu của đạo hàm trong khoảng chừng đó. Nếu như hàm số có chứa tham số, việc biện luận tính đồng biến hay nghịch biến theo hàm số so với những hàm số có đạo hàm tương quan đến hàm bậc hai đều hoàn toàn có thể sử dụng định lý hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai, mà đặc biệt quan trọng là những 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 đa phần ở PTTH hoàn toàn có thể dùng định lý hòn 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 hề luôn luôn nghịch biến. 2. Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng chừng 1 0 ; 2      . Lời giải. Xét ) 22 ( 3663 ‘ 22 mmxxmmxxy       1. Vì thông số của x2 là 1 > 0 nên mmxx 222   không hề nhỏ hơn 0 với. Vậy hàm số không hề luôn luôn nghịch biến. 2. Đặt mmxxxf 22 ) ( 2   . Để hàm số nghịch biến trong khoảng chừng ) 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 chừng 1 0 ; 2      . 42 Ví dụ 3.4. Tìm m để hàm số 3 22 ( 3 2 ) 5 3 y mx m x mx x       ( 3.4 ) đồng biến với x > – 1. Lời giải.   23 4 ( 3 m 2 ) 5 1 y f x mx x m       . Nhận xét rằng với m < 0 hàm số không hề thỏa mãn nhu cầu đề bài. Do đó m  0. + ) TH1 : m = 0  f ( x ) = - 4 x  0 0 x   ( không thỏa mãn nhu cầu ). + ) TH2 : m > 0.   = 4 ( 3 m – 2 ) 2 – 3 m ( 5 m – 1 ) = 21 mét vuông – 45 m + 16. *    0  21 mét vuông – 45 m + 16  0  45 681 45 681 42 42 m     Suy ra f ( x )  0 x   ( thỏa mãn nhu cầu ). *   > 0  45 681 42 m   hoặc 45 681 42 m   Ta phải có 1 2 1 x 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 những 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 địa thế căn cứ cơ bản nhất là những 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 chừng xác lập. 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 3 f x x mx m m     1. Để hàm số đồng biến trên từng khoảng chừng xác lập điều kiện kèm theo cần và đủ là 2 2 ( ) 0 2 2 4 3 0 2 f 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 lớn ( 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 hiệu 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 kèm theo cần là phương trình f ' ( x ) = 0 có nghiệm. Sau đó ta vận dụng những quy tắc để xét điều kiện kèm theo 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 lớn tại những điểm có hoành độ lớn hơn 1. Lời giải. Xét ) 85 ( 22 ' 2     mmxxy. Để hàm số đạt cực lớn 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 nhu cầu 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 lớn tại những điểm có hoành độ lớn hơn 1. Ví dụ 3.7. Xác định a sao cho hàm số sau có cực lớn : 5422 2       xxaxy ( 3.7 ) Lời giải. Ta thấy 2 24 5 ( 2 ) 1 0 x x x x        . Vậy miền xác lập của hàm số là R. + ) Nếu a = 0 thì y = - 2 x + 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 lớn 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 nhu cầu x1 < 2 < x2. Kết hợp với điều kiện kèm theo 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 nhu cầu điều kiện kèm theo 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 ; 3 x  là sống sót tối thiểu một ] 3 ; 1 [ 0  x sao cho : 2 0 0 0 4 x 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 kèm theo 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 nhu cầu x1 < x2 < 1. Lại có thông 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 sống sót những 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 so với học viên đại trà phổ thông. Trong trường hợp này ta hoàn toàn có thể dựa vào những dạng đồ thị hàm bậc 3 để xử lý bài toán. Cho hàm số bậc ba 3 2 ( 0 ) y ax bx cx d a     . Tìm điều kiện kèm theo 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 tự 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 nhu cầu những điều kiện kèm theo 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 nhu cầu những điều kiện kèm theo 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 tổng thể những 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 tự : 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 - 2 mx + 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 - 4 m + 4 m < 0 ( vô nghiệm ). Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn nhu cầu nhu yếu bài ra. Nhận xét : - Trong quy trình giải f ( x1 ), f ( x2 ) ở trên được tính đơn thuần nhờ phép chia f ( x ) cho f ' ( x ) rồi sử dụng định lý Vi-et. Không nên tính đơn cử x1, x2 bởi rất phức tạp. 52 3.6. Giao điểm của đường thẳng với hàm số bậc bốn và với những 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 so với học viên đại trà 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 ) 3 g 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 = - 2 y. xB = - 1 y. xC = 1 y. xD = 2 y. Ta phải có : - 1 y - ( - 2 y ) = 1 y - ( - 1 y ) 2 y - 1 y = 2 y - 1 y = 2 1 y 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 nhu cầu 2 19 y 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 yếu tố đặt ra là tìm điều kiện kèm theo 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 xử lý yếu tố 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 nhu cầu : 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 nhu cầu : x1 < x0 < x2. Ta xét những 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 thông 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 + 4 m + 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 nhu cầu 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 hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai trong việc chứng tỏ bất đẳng thức. Việc chứng tỏ bất đẳng thức học viên đại trà phổ thông đã được học rất nhiều chiêu thức. Ở mục này, ta chỉ đề cập tới những bài toán chứng tỏ bất đẳng thức dựa vào định lý hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai. Dưới đây là những dạng toán mà ta vận dụng định lý hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai để xử lý. Ví dụ 4.1. Cho dãy số a1, a2, ...., an trong đó 0 < ai < 1 ; i = 1, ..., n chứng tỏ ( 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 hòn đảo của tam thứ bậc hai nên  > 0 hay          ) .. ( 4 ) … 1 ( 222 2 1 2 21 nn aaaaaa bài toán đã được chứng tỏ. Ví dụ 4.2. Cho 3 số thực a, b, c chứng tỏ rằng nếu sống sót số thực m thỏa mãn nhu cầu : bmcam   2 thì acb 42  Lời giải. Xét cbxaxxf    2 ) (. + ) Nếu a = 0 thì b2 – 4 ac > 0 luôn đúng. + ) Nếu a  0 từ giả thiết 2 2 2 2 ( ) ( ) 0 am 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 – 4 ac  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 hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai )   = b2 – 4 ac  0  điều phải chứng tỏ. 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 1 số ít tự nhiên ). Lời giải. Đặt xn = aaa    …. ( có n dấu căn bậc hai với n là một số ít tự nhiên ) aaaaxn … 2     ( có n – 1 dấu căn bậc hai với n là 1 số ít tự nhiên ) Do a > 0 nên xn > xn-1 ( hoàn toàn có thể chứng tỏ điều này bằng quy nạp ). => 2 2 1 0 n 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 hòn 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 tỏ : 2 3 1 0 x xy   . Lời giải. Đặt f ( x ) = x2 + 3 xy + 1 Ta có  x = 9 y2 – 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 tỏ. 4.2. Ứng dụng định lý hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai trong việc giải những bài toán hình học. Với ứng dụng này không có dạng tổng quát. Vì vậy, ta đi xét ví dụ đơn cử 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 tỏ : 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 = 3 xy ( 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 – 3 tX + t = 0 ( 3 ) Bài toàn đã cho trở thành : Tìm giá trị lớn nhất của t để cho ( 3 ) có hai nghiệm thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo 0 < X1 < X2 < 1 H A B C N y M x O 58 Theo định lý hòn 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 Tóm lại 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 hòn đảo về dấu của tam thức bậc hai vào giải toán ở trường THPT. Mỗi ứng dụng được minh họa bằng những ví dụ đơn cử ( 45 ví dụ ). Trong số 45 ví dụ có 10 bài toán thuộc về việc tìm nghiệm và so sánh nghiệm với 1 số ít đã cho. 17 bài toán về ứng dụng định lý hòn 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 hòn đảo về tam thức bậc hai vào việc khảo sát hàm số. Cuối cùng là những ứng dụng vào việc chứng tỏ bất đẳng thức và 1 số ít 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 đại trà phổ thông. NXB GD. 1999. 4. Trần Chí Hiếu – Nguyễn Danh Phan, những chuyên đề toán PTTH đại số 10. NXB GD. 1999. 5. Nguyễn Viết Diễn, Phương pháp tinh 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 ĐH, cao đẳng. NXB GD. 2001. 9. Nguyễn Đức Tấn, Phương trình bậc hai và 1 số ít ứng dụng. NXB GD. 2005. 10. Vũ Hữu Bình, Nâng cao và tăng trưởng toán 9. NXB GD. 2005. 11. Bùi Văn Tuyên, Bài tập nâng cao và một số ít 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 :