Ứng dụng tam thức bậc 2 trong giải toán và sáng tạo các bài toán sơ cấp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.87 MB, 75 trang )
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình toán sơ cấp,tam thức bậc hai là xương sống, là phần
quan trọng của chương trình. Khi giải toán lựa chọn được phương pháp giải là
một trong những bước cần phải làm. Lời giải của bài toán hay khi lựa chọn
được phương pháp giải thích hợp. Tam thức bậc hai là phương pháp giải hay,
ứng dụng nhiều trong giải toán sơ cấp.
Với những lý do trên cùng với lòng say mê tìm tòi nghiên cứu và được sự
giúp đỡ tận tình của ThS. Phạm Lương Bằng tôi đã chọn đề tài:“Ứng dụng
tam thức bậc hai trong giải toán và sáng tạo các bài toán sơ cấp”, để làm đề
tài khóa luận tốt nghiệp. Với mong muốn góp phần giúp học sinh có cái nhìn
toàn diện hơn về các phương pháp giải cho từng bài toán.
2. Mục đích nghiên cứu
Bước đầu làm quen với công việc nghiên cứu khoa học và thấy được vị trí
tầm quan trọng của tam thức bậc hai trong chương trình toán sơ cấp.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Ứng dụng tam thức bậc hai trong giải toán sơ cấp và sáng tạo các bài toán
sơ cấp
4. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
* Đối tượng nghiên cứu
– Phương trình bậc 2, phương trình bậc cao, phương trình mũ, phương
trình logarit, phương trình lượng giác.
– Bất phương trình bậc 2, bất phương trình mũ…
– Hệ phương trình, hệ bất phương trình…
* Phạm vi nghiên cứu
Các bài toán trong chương trình toán sơ cấp
5. Phƣơng pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tài liệu, so sánh phân tích tổng hợp
NguyÔn Thanh Hßa
1
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
CHƢƠNG I: BẤT PHƢƠNG TRÌNH BẬC 2
1.1. Kiến thức cơ bản
1.1.1. Phương trình bậc 2 thực sự
ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0)
b2
b
)
2
4ac ( ‘ b ‘2 4ac ; b ‘
-∆<0(1) Vô nghiệm-∆>0
(1) Có 2 nghiệm x1,2
-∆=0
(1) Có nghiệm kép
b
2a
x
b
2a
1.1.2. Dấu của tam thức bậc 2
1.1.2.1. Cho tam thức f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0)
∆ = b2 – 4ac
– Nếu ∆ < 0 thì a.f(x) > 0
x R
b
– Nếu ∆ = 0 thì a.f(x) > 0
x R/
2a
– Nếu ∆ > 0
thì f(x) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2)
a.f(x) > 0
x (-∞, x1)
(x2, +∞)
a.f(x) > 0
x (x1, x2)
1.1.2.2. Ý nghĩa hình học
0
y
x
a 0
f ( x) 0 với
x R
NguyÔn Thanh Hßa
a 0
f ( x) 0 với
2
x R
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
0
y
y
b
2a
x
b
2a
x
a 0
a 0
f ( x) 0 với
x R\
b
2a
f ( x) 0 với
b
2a
x R\
0
y
y
x1
x2
x
x1
x2
x
a 0
f ( x) 0
f ( x) 0
x1
x
x1
a 0
f ( x) 0
x
x2
f ( x) 0
x
x2
x1
x
x2
x
x1
x
x2
1.1.2.3. Thí dụ minh họa
Ví dụ 1: Xét dấu các biểu thức sau:
a) f(x) = 2×2 – x + 1
b) f(x) = -x2 + 5x – 6
Giải
a) f(x) = 2×2 – x + 1
NguyÔn Thanh Hßa
3
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
f(x) là tam thức bậc 2 của x có a = 2 > 0
∆ = -7 < 0
Vậy f(x) > 0
x
R
b) f(x) = -x2 + 5x – 6
f(x) là tam thức bậc 2 của x có a = -1 < 0
∆=1
Có 2 nghiệm x1 = 2; x2 = 3
Vậy f(x) > 0
x
(2,3)
f(x) < 0x(-∞, 2)(3, +∞)Ví dụ 2: Tìm m để hàm số sau xác định với mọi số thực
y
(m 1) x 2
2(m 1) x 2m 2
Giải
Hàm số xác định với mọi x
R khi f(x) > 0
x
R
– Nếu m = 1
thì f(x) = 4x + 4 ≥ 0
– Nếu m = 1
không thỏa mãn
– Nếu m ≠ 1
thì f(x) là một tam thức bậc 2 của x
f(x) > 0
x
R
x ≥ -1
a 0
‘ 0
m 1 0
(m 1)2
m 1
m2
(2m 2)(m 1) 0
2m 3 0
m 1
m 3
m
1
Vậy m
m 3
3,
1.1.2.4. Chú ý
Xét dấu f(x) trên trục số
NguyÔn Thanh Hßa
4
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
f(x) > 0
x
R
a 0
0
f(x) < 0xRa 0
0
f(x) ≥ 0
x
R
a 0
0
f(x) ≤ 0
x
R
a 0
0
1.1.2.5. Bài tập
1) Xét dấu các biểu thức sau:
a) f(x) = 4×2 – 12x + 9
b) f(x) = x2 + 2(a+5)x + 3a
2) Tìm m để với mọi số thực x
a) 3×2 + 2(m-1)x + m + 4 > 0
3x 2 mx 5
6
b) 1
2 x2 x 1
1.2. Bất phƣơng trình bậc 2
1.2.1. Định nghĩa
Bất phương trình bậc 2 là bất phương trình có dạng ax2 + bx + c > 0 hoặc
ax2 + bx + c < 0 hoặc ax2 + bx + c ≥ 0 hoặc ax2 + bx + c ≤ 0. Trong đó a, b, c
là hằng số cho trước, a ≠ 0, x là ẩn số.
1.2.2. Cách giải
– Xét dấu f(x) = ax2 + bx + c
– Lựa chọn x để f(x) > 0 hoặc f(x) < 0 hoặc f(x) ≥ 0 hoặc f(x) ≤ 0
1.2.3. Thí dụ minh họa
Giải và biện luận các bất phương trình sau:
a) x 2
( x 1) 2
15
(1)
x2 x 1
NguyÔn Thanh Hßa
5
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
b) (m 1) 2 x 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
4 x m 2 0 (2)
Giải
x2
a)
( x 1) 2
2( x 2
Đặt t
15
(1)
x x 1
2
15
x x 1
x 1) 1
x2
2
x 1 (x
(1) trở thành 2t 1
Vì t 4 nên
1 2
)
2
15
t
3
4
3
4
5
t 3
2
2t 2 t 15 0
3
t 3
4
3
4
x2
x2
x 1 3
x 1 3
2 x 1
Vậy tập nghiệm của (1) là T=[-2,1]
b) (m 1) 2 x 2
4x m 2 0
(2)
– Nếu m
1 thì (2) trở thành 4 x 3 0
– Nếu m
1 thì:
‘ 4 (m 1)(m 2)
‘ 0
m2
x
3
4
m 6
2 m 3
a m 1 0
‘ 0
Với m 3
Tập nghiệm của (2) là T=R
Với m
2
a m 1 0
‘ 0
NguyÔn Thanh Hßa
6
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
(2) vô nghiệm
a m 1 0
‘ 0
Với 1 m 3
Vế trái của (2) có hai nghiệm x1
x2
x1
2
m2 m 6
m 1
2
m2 m 6
m 1
x2 Vậy tập hợp nghiệm của (2) là T= (-∞, x1)
Với 2 m
(x2, +∞)
a m 1 0
‘ 0
1
Tập nghiệm của (2) là T= (x1, x2) (với x1> x2)
1 thì tập nghiệm của (2) là T
Vậy Với m
(
,
3
)
4
Với m 3 thì tập nghiệm của (2) là T=IR
Với m
2 thì tập nghiệm của (2) là T
Với 2 m
1 thì tập nghiệm của (2) là T= (x1, x2)
Với 1 m 3 thì tập nghiệm của (2) là T= (-∞, x1)
Trong đó x1
2
m2 m 6
, x2
m 1
2
(x2, +∞)
m2 m 6
m 1
1.2.4. Bài tập
Bài 1: Cho bất phương trình x2 6 x 5 5m 0 (1)
Tìm m để
a) (2) vô nghiệm
b) (2) có đúng một nghiệm
Bài 2: Giải và biện luận các bất phương trình sau:
a) 4 x 2
2(m
b) (m 2) x 2
1 m)x m 1 m
0
2(m 1) x 5(m 3) 0
c) mx 2 (m 5) x 3m 0
NguyÔn Thanh Hßa
7
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
d) x2 5x 5m 0
e) (m2 1) x 2 6mx 7 0
1.3. Ứng dụng định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai để chứng minh
bất đẳng thức
1.3.1. Phương pháp
Để chứng minh A>B thì ta chứng minh A – B >0 (3) với A – B là một tam
thức bậc hai của biến số nào đó
a 0
0
Vậy (3)
Tương tự bất đẳng thức : + A < B
+A≥B
+A≤B
1.3.2. Thí dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức sau:
3x 2
5 y2
4 xy 8 x 2 y 9 0 (1) với
x,y
IR
Giải
Coi vế trái của (1) là tam thức bậc 2 của x
Ta có VT(1)
3x 2
5 y2
4 xy 8 x 2 y 9
a 3 0
‘ 4( y 2) 2
VT(1) ≥ 0
3(5 y 2
x,y
2 y 9)
IR
11( y 1) 2
0 với
y
Đpcm
‘ 0
Dấu “=” chỉ xảy ra khi
2( y 2)
x
3
y 1
x
2
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức sau:
b2 x 2
(b2
c2
a2 ) x c2
0 (b) với
x,y
IR
Trong đó a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC
NguyÔn Thanh Hßa
8
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
Giải
Gọi VT(b) là tam thức bậc hai của x
Hệ số của x2 là b2 > 0
‘ (b 2
c2
a 2 )2
4b 2c 2
Mà (b 2
c2
a 2 )2
2bc cos A nên
4b 2c 2 cos 2 A 4b 2c 2
4b 2c 2 (cos 2 A 1) 0
Đpcm
0 ≤ cos2A <1)(0
Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu
a3
thì
3
b2
abc 1
a3
36
ab bc ca (1) là đúng
c2
Giải
a3
3
(1)
b2
c2
ab bc ca 0
(b c) 2 3bc a(b c)
a3
3
0
Đặt b c t
(1) thành t
2
at
a3
3
3bc 0 (2)
Coi VT(2) là tam thức bậc 2 đối với t
Hệ số của t2 là 1 > 0
a
2
Mà a3
a3
4(
3
36
3bc) 12bc
a 0
36 a 3
0
a3
3
12
a
0
a3
3
36 a 3
3a
t
đpcm
1.3.3. Bài tập
a) Chứng minh bất đẳng thức (a 2 b 2
c2
d 2 ) 8(bd
ac) đúng với mọi a
trong đó b>c>d
NguyÔn Thanh Hßa
9
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d theo thứ tự nào đó tạo thành một cấp số
cộng, số m được chọn sao cho thỏa mãn
ad bc
2m
Thì bất đẳng thức sau đây đúng với mọi x
( x a)( x b)( x c)( x d ) m 2
d) Chứng minh rằng với
x, y, z
e) Chứng minh rằng với
x
x2
5 y2
1 2
x
2
1
2z 2
0
4 xy 2 yz 1 2 z
0
cos A (cos B cos C ) x
trong đó A, B, C là ba góc của một tam giác
f) Chứng minh rằng a 2 b 2
c2
d2
e2
a (a b c d
e)
với a, b, c, d, e R
1.4. Ứng dụng định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai để tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
1.4.1.Phương pháp miền giá trị
Cho hàm số y = f(x) xác định trên D
Nếu y là một giá trị của hàm số thì phương trình f(x) = y có nghiệm x D
Vậy y là miền giá trị của hàm số
1.4.2. Thí dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm miền giá trị của hàm số
x 2 3x
x 1
y
Giải
Hàm số xác định trên D R \
1
Giả sử y là một giá trị của hàm số khi đó phương trình:
x 2 3x
x 1
Trên D (1)
x2
y (1) có nghiệm x D
(3
NguyÔn Thanh Hßa
y) x
y
0 (2)
10
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
(1) có nghiệm x D
(Vì x
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
y) 2
(3
4y 0
1 không là nghiệm của (2))
y 2 10 y 9 0
0
y
y
1
9
Vậy miền giá trị của hàm số là E
(
, 9] [ 1,
)
Ví dụ 2: Tìm max, min của hàm số
x2 8x 7
x2 1
y
Giải
x R nên hàm số xác định trên R
Vì x2 1 0 với
Giả sử y là một giá trị của hàm số
x2 8x 7
Khi đó
x2 1
(2)
y (2) có nghiệm x R
( y 1) x 2 8 x
+ Với y 1
y 7 0 (3)
(3) trở thành 8 x 6 0
x
3
R
4
Vậy y 1 là giá trị của hàm số
+ Với y 1 thì (2) có nghiệm x R
(3) có nghiệm x R
‘ 0
16 ( y 1)( y 7) 0
y2
8y 9 0
1 y 9
y
Vậy
[ 1,9]
max y 9 tại x
NguyÔn Thanh Hßa
4
y 1
1
2
11
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
min y
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
4
1 tại x
y 1
2
Ví dụ 3: Cho x, y R thỏa mãn x 2
2 xy 7( x
Tìm max, min của biểu thức M
x
y) 2 y 2 10 0 (1)
y 1
Giải
M
x
y 1
x2
y
x 1 M thay vào (1)
2( x 1 M ) x 7( M 1) 2( x 1 M ) 2 10 0
x2
2(1 M ) x 2(1 M ) 2
7M
3 0 (2)
Vì x R nên phương trình (2) phải có nghiệm x R
‘ 0
(1 M ) 2
2(1 M ) 2
7M
3 0
M 2 5M 4 0
4 M
Vậy
1
max M
1 tại
x M 1
y 0
2
min M
4 tại
x M 1 5
y M x 1 0
1.4.3. Bài tập
a) Tìm max, min của hàm số
y
2×2
4x 5
x 1
2
b) Cho x, y R sao cho
( x 2 1 y 2 )2
4 x2 y 2
Tìm max, min của S
x2
x2
y2
0
y2
d) Tìm miền giá trị của hàm số
y
2x 1
x x 4
y
2
NguyÔn Thanh Hßa
12
3x 5
x 7x 5
2
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
e) Cho x, y R sao cho
( x2
5 y2
8) 2
4×2 y 2
x2
Tìm max, min của S
x2
5 y2
0
5 y2
1.5. Định lý Viet
1.5.1.Định lý Viet tổng quát
Cho phương trình
an x n
an 1 x n 1 an 2 x n
2
… a2 x 2
ax ao
0
( x1, x2, x3 ,…, xn là nghiệm, kể cả nghiệm bội)
x1
x2
x1 x2
( 1) n
Đảo lại: Cho n số bất kỳ
S1
1
S2
1
2
2
Sx
Khi đó
1
,
xn
2
1
,…,
2
,
3
…
n 1
n
3
,
n
. 2. 3…
,
1
…
ik
i2
ao
an
3
…
i1
1
an 2
an
x1 x3 … xn 1 xn
x1.x2 .x3 …..xn
Sn
an 1
an
x3 … xn
n
3
,…,
n
n
(1 i1 i2
ik )
là nghiệm của phương trình
S1 x n 1 S2 x n
2
… ( 1)n Sn
0
1.5.2. Thí dụ
Ví dụ 1: Cho phương trình: (m 3) x 2
(m 3) x (m 1) 0 (1)
Tìm m để các nghiệm x1, x2 (1) thỏa mãn điều kiện
4( x12
x22 ) 25 x1 x2 1 0 (2)
Giải
NguyÔn Thanh Hßa
13
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
2
3
(1) thành : x
– Khi m 3
4.
(2)
4
2
25.
1 0 (loại)
9
3
Vậy m 3 không thỏa mãn
– Khi m 3
m 3
(1) có nghiệm
0
5m 2 2 m 3 0
m
3
(*)
5
m 1
Theo định lý Viet:
(2)
(**)
4[( x12
x22 ) 2 x1 x2 ] 25 x1 x2 1 0
4( x12
x22 ) 33×1 x2 1 0
Thay (**) vào (2)
Vậy với m
36(m2
1 hoặc m
m
m
m 2) 0
1
thỏa mãn (*)
2
2 thảo mãn bài toán
Ví dụ 2: Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình bậc 2 thỏa mãn hệ
x1
x2
m( x1
2 x1 x2
x2 ) x1 x2
0
3m 4
(1)
a)Hãy lập phương trình bậc hai đó
b)Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu
Giải
(1)
-Khi m
S 2P 0
mS P 3m 4
1
thì
2
1
NguyÔn Thanh Hßa
S 2P 0
2mS 2 P 6m 8
P
1
S
2
(2m 1) S
P
2(3m 4)
1
S
2
0 5
14
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
-Khi m
1
2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
S
1
P
2(3m
2m
3m
2m
4)
1
4
1
Vậy phương trình bậc hai có dạng:
2(3m 4)
3m 4
X
0
2m 1
2m 1
f ( X ) (2m 1) X 2 2(3m 4) X
X2
b) (2) có 2 nghiệm trái dấu X1 0
(3m 4) 0 (2)
X2
4
3
1
2
m
(2m 1). f (0) 0
-(2m+1)(3m+4)<0
m
m
Vậy với
m
4
3
thỏa mãn đầu bài.
1
2
1.5.3. Bài tập
a) Cho phương trình : ( x a)( x c) b 2 với a,b,c đã cho
-Chứng minh
a,b,c (1) có nghiệm
-Biết nghiệm của (1) là x1, x2, chứng minh a,c là nghiệm ( y x1 )( y x2 )
b) Cho x,y thỏa mãn:
x
x2
y
y2
b2
a 1
2a 2
2
Tìm a sao cho xy đạt giá trị lớn nhất
NguyÔn Thanh Hßa
15
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
CHƢƠNG 2: HỆ BẤT PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI
2.1. Hệ bất phƣơng trình bậc hai
2.1.1. Định nghĩa
Hệ bất phương trình bậc hai là hệ bất phương trình bậc hai có một ẩn số
2.1.2. Cách giải
– Giải từng bất phương trình của hệ
– Tìm T là giao của các tập nghiệm
– Suy ra T là nghiệm của hệ bất phương trình
2.1.3. Chú ý
a) Hệ có nghiệm khi các bất phương trình của hệ có nghiệm và giao của các
tập nghiệm
b) Hệ vô nghiệm khi một trong các bất phương trình của hệ vô nghiệm hoặc
các bất phương trình của hệ có nghiệm nhưng giao của các tập nghiệm
c) Hệ có nghiệm duy nhất khi các tập nghiệm của các bất phương trình của hệ
có điểm chung duy nhất
d) Dùng đồ thị để biện luận nghiệm của bất phương trình
2.2. Lựa chọn phương pháp giải
2.2.1. Hệ bất phương trình có tham số
Hãy tìm giá trị của tham số để
+ Hệ đã cho vô nghiệm (2a)
+ Hệ đã cho có nghiệm (2b)
Các bài tập (2a), (2b) có hai phương án giải
* Phương án trực tiếp và phương án gián tiếp
Với bài tập (2a)
– Phương án trực tiếp: tìm giá trị của tham số để hệ vô nghiệm
– Phương án gián tiếp: tìm giá trị của tham số để hệ không vô nghiệm (có
nghiệm)
NguyÔn Thanh Hßa
16
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
Với bài tập (2b)
– Phương án trực tiếp: tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm
– Phương án gián tiếp: tìm giá trị của tham số để hệ vô nghiệm
2.2.2. Phương án để lựa chọn phương án tối ưu trong hai phương án đó
* TH1: Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ
x1
x2
+∞
x3
– Với bài toán (2a): x2- Với bài toán (2b):
x3≤x2
Phương án được chọn tùy ý
* TH2: Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ
+∞
x1
x2
-∞
– Với bài toán (2a): x2- Với bài toán (2b):
x1≤x2
Phương án được chọn tùy ý
* TH3: Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ
x1
x2
x3
NguyÔn Thanh Hßa
x4
17
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
– Với bài toán (2a)
x3
x4
x1
x2
x1
x2
x3
x4
x4 < x1
x2 < x3
– Với bài toán (2b) có 4 trường hợp sau
1) x1 ≤ x3 < x4 ≤ x2x12) x3 ≤ x1 < x2 ≤x4x3x1x2x43) x3 < x1 < x4 < x2x3x1x4x2
4) x1 < x3 < x2 < x4x1x3x2x4x3x4x2Phương án được chọn: giải bài toán (2a)
* TH4: Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ
x1
-∞
+∞
x2
x1
x2
– Với bài toán (2a)
x1 < x3 < x4 < x2-∞x1x3x4x2+∞– Với bài toán (2b) có 5 trường hợp sau
1) x3 < x4 ≤ x1 < x2-∞2) x1 < x2 ≤ x3 < x4-∞NguyÔn Thanh Hßax3x4
x3
x1
x4
18
x1
x2
+∞
x2
+∞
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
3) x3 ≤ x1 < x4 < x2-∞4) x1 < x3 < x2 ≤ x4-∞
5) x3 ≤ x1 < x2 ≤ x4-∞Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
x3
x1
x1
x3
x4
x3
x2
+∞
x2
x1
x4
x2
x4
+∞
+∞
Phương án được chọn: giải bài toán (2a)
2.3. Thí dụ minh họa
Ví dụ : Tìm các giá trị của m để hệ sau
(I)
x2
(2m 1) x 2m 0
x2
(2m 1) x m2
(1)
có nghiệm duy nhất
2m 0 (2)
Giải
f ( x)
x2
(2m 1) x 2m
g ( x)
x2
(2m 1) x m2
Gọi
f ( x)
(2m 1) 2 8m (2m 1) 2
g ( x)
(m 1) 2
Khi đó
(m2
m
m
f(x) có 2 nghiệm : x 2m hoặc x 1
m hoặc x m 2
2m x 1 (khi 2m 1)
1 x 2m (khi 1 2m )
Hoặc (1)
(2)
0 với
2m) 1 0 với
g(x) có 2 nghiệm: x
(1)
2m
m x m 2
Xét các trường hợp sau:
a) Khi 2m 1
m
1
2
(1) trở thành x 1
(2)
1
2
x
5
2
NguyÔn Thanh Hßa
19
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Mà 1
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
1 5
,
2 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 1
1
thỏa mãn bài toán
2
Vậy m
b) Khi m
1
2
(1)
2m x 1
(2)
m x m 2
1
2
m 1
m
Hệ có nghiệm duy nhất
1
2
2m m 2
m
c) Khi m
(1)
(2)
1
2
1 x 2m
m x m 2
1
2
2m m
m
Hệ có nghiệm duy nhất
1
2
2m 1
m
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi m
NguyÔn Thanh Hßa
1
và nghiệm duy nhất x 1
2
20
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
2.3.2. Hệ vô nghiệm, hệ có nghiệm
Ví dụ 1: Cho hệ bất phương trình
x2
(2 3m2 ) x 6m2
x2
(2m 5) x m2
0
5m 6 0
(1)
(2)
Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm
Giải
(1)
x1
x
Trong đó x1
f ( x)
(2)
x2 là các nghiệm của
x2
x
x3
x
x4
Trong đó x3
g ( x)
x2
(2 3m2 ) x 6m 2
x4 là các nghiệm của
x2
(2m 5) x m 2
5m 6
Miền nghiệm của hai bất phương trình được cho bởi hình vẽ
x1
x2
x3
-∞
+∞
x4
Tìm m để hệ đã cho vô nghiệm
Giá trị của m để hệ có nghiệm
f ( x)
(2 3m2 ) 2
g ( x)
(2m 5) 2
f ( x) 0
Gọi x1
2, x2
x
24m2
4(m2
3m2
0 với
5m 6) 1 0 với
2 (3m2
2
3m2 thì x1
NguyÔn Thanh Hßa
(2 3m2 ) 2
x2 với
m
m
3m2
2
2)
m
21
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
(1)
x1
x
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
x1
x2
x2
-2
2m 5 1 2m 6
2
2
2m 5 1 2m 4
2
2
x4
g ( x) C
x3
x3
x4 với
x4
m 3
m 2
m
x
(2)
3m2
0
x3
x
x3
x4
m+2
m+3
Hệ vô nghiệm thì x1, x2
Muốn vậy thì x1, x2
, x3
x3, x4
x4 ,
x3
Nhận thấy (*) không thỏa mãn với
x1
x2
x4 (*)
m vì
x1, x2 có độ dài lớn hơn 2 đơn vị
x3, x4 có độ dài đúng 1 đơn vị
Vậy không tồn tại m để hệ vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có nghiệm với m
Ví dụ 2: Cho hệ bất phương trình
x2
6x 7 m 0
x2
4 x 7 4m 0
(1)
(2)
Tìm m để hệ có nghiệm
Giải
(1)
x1
x
x2
(2)
x ‘1
x
x ‘2
NguyÔn Thanh Hßa
22
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Trong đó
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
x2
x1
x2 là các nghiệm của f ( x)
x ‘1
x ‘2 là các nghiệm của g ( x)
6x 7 m
x2
4 x 7 4m
Ta giải bài toán gián tiếp
Tìm m để hệ đã cho có nghiệm
‘ 9 (7 m)
m 2
‘ 4 (7 4m) 4m 3
Ta tìm m để 1 trong hai bất phương trình vô nghiệm hoặc cả hai bất phương
trình có nghiệm nhưng giao của 2 miền nghiệm là tập rỗng
* Tìm m để các bất phương trình vô nghiệm
(1) vô nghiệm
‘ f ( x) 0
2 m 0
(2) vô nghiệm
‘g ( x )
4 3m 0
0
m 2
m
3
4
* Tìm m để cả 2 bất phương trình đều có nghiệm nhưng giao của 2 tập
nghiệm là tập rỗng
Cả 2 bất phương trình đều có nghiệm
‘ f ( x)
0
‘g ( x )
0
2 m 0
4m 3 0
m 2
3
m
4
3
4
m 2
Tìm m để giao của 2 miền nghiệm là tập rỗng
Gọi x1
x2 là các nghiệm của f(x)
x ‘2 là các nghiệm của g(x)
x ‘1
(1)
x1
x
x2
(2)
x ‘1
x
x ‘2
Trong đó
x1
3
x ‘1
2
2 m
4m 3
x2
3
x ‘2
2
2
m
4m 3
Xét các trường hợp
NguyÔn Thanh Hßa
23
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
x
+ Khi m 2 hệ đã cho
2
3
4
5
hệ đã cho
x
2
x
5
3
2
3
5
2
x
5
2
3
x
2
3
hệ đã cho có nghiệm
4
Vậy khi m 2 và m
+ Khi
3
x
3
4
+ Khi m
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
m 2
( x1
x2, x ‘
1
x’ )
2
Miền nghiệm của bất phương trình cho bởi hình vẽ
Hệ vô nghiệm
x1
Do
3
x’
2
x
1
(1’)
x1
x2
x’1
x’2
x1
x ‘2
x2
x ‘1
2 m
2
(1’)
3
4m 3
2
x ‘ không xảy ra với
2
x
x’
2
1
3
m 2
4
2 m
3
4
m
3
2 m
3
m 2
4
4m 3 1
m 2
NguyÔn Thanh Hßa
2
4m 3
2 m 4m 3 2 (2 m)(4m 3) 1
3
4
m 2
24
K33C – S- ph¹m To¸n
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
2 (2 m)(4m 3)
3
4
2 3m
(vô lý)
3
4
Vậy
Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
m 2
m 2 thì hệ có nghiệm
Do đó
Hệ vô nghiệm khi m
3
4
Hệ có nghiệm khi
3
hoặc m 2
4
m 2
2.4. Bài tập
2.4.1. Tìm giá trị của tham số để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất
a)
b)
x2
(2m 1) x 2m 0
x2
(2m 1) x m 2
x2
2mx 0
x m 1
2m 0
2m
2.4.2.Tìm giá trị của tham số để hệ bất phương trình có nghiệm,vô nghiệm
a) Cho hệ bất phương trình (I)
Tìm m :
x2
2x m 0
x2
4 x 6m 0
(1)
(2)
a) Hệ (I) có nghiệm
b) Hệ (I) vô nghiệm
b) Tìm m để hệ sau có nghiệm
mx 2
(m 3) x
mx m 2
NguyÔn Thanh Hßa
2
m
2m 0
2
25
K33C – S- ph¹m To¸n
Nghiên cứu tài liệu, so sánh nghiên cứu và phân tích tổng hợpNguyÔn Thanh HßaK33C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpCHƢƠNG I : BẤT PHƢƠNG TRÌNH BẬC 21.1. Kiến thức cơ bản1. 1.1. Phương trình bậc 2 thực sựax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) b24ac ( ‘ b ‘ 2 4 ac ; b ‘ – ∆ < 0 ( 1 ) Vô nghiệm - ∆ > 0 ( 1 ) Có 2 nghiệm x1, 2 – ∆ = 0 ( 1 ) Có nghiệm kép2a2a1. 1.2. Dấu của tam thức bậc 21.1.2. 1. Cho tam thức f ( x ) = ax2 + bx + c ( a ≠ 0 ) ∆ = b2 – 4 ac – Nếu ∆ < 0 thì a. f ( x ) > 0 x R – Nếu ∆ = 0 thì a. f ( x ) > 0 x R / 2 a – Nếu ∆ > 0 thì f ( x ) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ( x1 < x2 ) a. f ( x ) > 0 x ( – ∞, x1 ) ( x2, + ∞ ) a. f ( x ) > 0 x ( x1, x2 ) 1.1.2. 2. Ý nghĩa hình họca 0 f ( x ) 0 vớix RNguyÔn Thanh Hßaa 0 f ( x ) 0 vớix RK33C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖp2a2aa 0 a 0 f ( x ) 0 vớix R \ 2 af ( x ) 0 với2ax R \ x1x2x1x2a 0 f ( x ) 0 f ( x ) 0x1 x1a 0 f ( x ) 0x2 f ( x ) 0x2 x1x2x1x21. 1.2.3. Thí dụ minh họaVí dụ 1 : Xét dấu những biểu thức sau : a ) f ( x ) = 2×2 – x + 1 b ) f ( x ) = – x2 + 5 x – 6G iảia ) f ( x ) = 2×2 – x + 1N guyÔn Thanh HßaK33C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpf ( x ) là tam thức bậc 2 của x có a = 2 > 0 ∆ = – 7 < 0V ậy f ( x ) > 0 b ) f ( x ) = – x2 + 5 x – 6 f ( x ) là tam thức bậc 2 của x có a = – 1 < 0 ∆ = 1C ó 2 nghiệm x1 = 2 ; x2 = 3V ậy f ( x ) > 0 ( 2,3 ) f ( x ) < 0 ( - ∞, 2 ) ( 3, + ∞ ) Ví dụ 2 : Tìm m để hàm số sau xác lập với mọi số thực ( m 1 ) x 22 ( m 1 ) x 2 m 2G iảiHàm số xác lập với mọi xR khi f ( x ) > 0 – Nếu m = 1 thì f ( x ) = 4 x + 4 ≥ 0 – Nếu m = 1 không thỏa mãn nhu cầu – Nếu m ≠ 1 thì f ( x ) là một tam thức bậc 2 của xf ( x ) > 0 x ≥ – 1 a 0 ‘ 0 m 1 0 ( m 1 ) 2 m 1 mét vuông ( 2 m 2 ) ( m 1 ) 02 m 3 0 m 1 m 3V ậy mm 33,1. 1.2.4. Chú ýXét dấu f ( x ) trên trục sốNguyÔn Thanh HßaK33C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpf ( x ) > 0 a 0 f ( x ) < 0 a 0 f ( x ) ≥ 0 a 0 f ( x ) ≤ 0 a 01.1.2. 5. Bài tập1 ) Xét dấu những biểu thức sau : a ) f ( x ) = 4x2 - 12 x + 9 b ) f ( x ) = x2 + 2 ( a + 5 ) x + 3 a2 ) Tìm m để với mọi số thực xa ) 3x2 + 2 ( m-1 ) x + m + 4 > 03 x 2 mx 5 b ) 12 x2 x 11.2. Bất phƣơng trình bậc 21.2.1. Định nghĩaBất phương trình bậc 2 là bất phương trình có dạng ax2 + bx + c > 0 hoặcax2 + bx + c < 0 hoặc ax2 + bx + c ≥ 0 hoặc ax2 + bx + c ≤ 0. Trong đó a, b, clà hằng số cho trước, a ≠ 0, x là ẩn số. 1.2.2. Cách giải - Xét dấu f ( x ) = ax2 + bx + c - Lựa chọn x để f ( x ) > 0 hoặc f ( x ) < 0 hoặc f ( x ) ≥ 0 hoặc f ( x ) ≤ 01.2.3. Thí dụ minh họaGiải và biện luận những bất phương trình sau : a ) x 2 ( x 1 ) 215 ( 1 ) x2 x 1N guyÔn Thanh HßaK33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2 b ) ( m 1 ) 2 x 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖp4 x m 2 0 ( 2 ) Giảix2a ) ( x 1 ) 22 ( x 2 Đặt t15 ( 1 ) x x 115 x x 1 x 1 ) 1x2 x 1 ( x ( 1 ) trở thành 2 t 1V ì t 4 nên1 215 t 32 t 2 t 15 0 t 3x2 x2x 1 3 x 1 32 x 1V ậy tập nghiệm của ( 1 ) là T = [ - 2,1 ] b ) ( m 1 ) 2 x 24 x m 2 0 ( 2 ) - Nếu m1 thì ( 2 ) trở thành 4 x 3 0 - Nếu m1 thì : ' 4 ( m 1 ) ( m 2 ) ' 0 m2m 62 m 3 a m 1 0 ' 0V ới m 3T ập nghiệm của ( 2 ) là T = RVới ma m 1 0 ' 0N guyÔn Thanh HßaK33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖp ( 2 ) vô nghiệma m 1 0 ' 0V ới 1 m 3V ế trái của ( 2 ) có hai nghiệm x1x2x1m2 m 6 m 1 mét vuông m 6 m 1x2 Vậy tập hợp nghiệm của ( 2 ) là T = ( - ∞, x1 ) Với 2 m ( x2, + ∞ ) a m 1 0 ' 0T ập nghiệm của ( 2 ) là T = ( x1, x2 ) ( với x1 > x2 ) 1 thì tập nghiệm của ( 2 ) là TVậy Với mVới m 3 thì tập nghiệm của ( 2 ) là T = IRVới mét vuông thì tập nghiệm của ( 2 ) là TVới 2 m1 thì tập nghiệm của ( 2 ) là T = ( x1, x2 ) Với 1 m 3 thì tập nghiệm của ( 2 ) là T = ( – ∞, x1 ) Trong đó x1m2 m 6, x2m 1 ( x2, + ∞ ) mét vuông m 6 m 11.2.4. Bài tậpBài 1 : Cho bất phương trình x2 6 x 5 5 m 0 ( 1 ) Tìm m đểa ) ( 2 ) vô nghiệmb ) ( 2 ) có đúng một nghiệmBài 2 : Giải và biện luận những bất phương trình sau : a ) 4 x 22 ( mb ) ( m 2 ) x 21 m ) x m 1 mét vuông ( m 1 ) x 5 ( m 3 ) 0 c ) mx 2 ( m 5 ) x 3 m 0N guyÔn Thanh HßaK33C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpd ) x2 5 x 5 m 0 e ) ( mét vuông 1 ) x 2 6 mx 7 01.3. Ứng dụng định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai để chứng minhbất đẳng thức1. 3.1. Phương phápĐể chứng tỏ A > B thì ta chứng tỏ A – B > 0 ( 3 ) với A – B là một tamthức bậc hai của biến số nào đóa 0V ậy ( 3 ) Tương tự bất đẳng thức : + A < B + A ≥ B + A ≤ B1. 3.2. Thí dụ minh họaVí dụ 1 : Chứng minh bất đẳng thức sau : 3 x 25 y24 xy 8 x 2 y 9 0 ( 1 ) vớix, yIRGiảiCoi vế trái của ( 1 ) là tam thức bậc 2 của xTa có VT ( 1 ) 3 x 25 y24 xy 8 x 2 y 9 a 3 0 ' 4 ( y 2 ) 2VT ( 1 ) ≥ 03 ( 5 y 2 x, y2 y 9 ) IR11 ( y 1 ) 20 vớiĐpcm ' 0D ấu “ = ” chỉ xảy ra khi2 ( y 2 ) y 1V í dụ 2 : Chứng minh bất đẳng thức sau : b2 x 2 ( b2c2a2 ) x c20 ( b ) vớix, yIRTrong đó a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABCNguyÔn Thanh HßaK33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpGiảiGọi VT ( b ) là tam thức bậc hai của xHệ số của x2 là b2 > 0 ‘ ( b 2 c2a 2 ) 24 b 2 c 2M à ( b 2 c2a 2 ) 22 bc cos A nên4b 2 c 2 cos 2 A 4 b 2 c 24 b 2 c 2 ( cos 2 A 1 ) 0 Đpcm0 ≤ cos2A < 1 ) ( 0 Ví dụ 3 : Chứng minh rằng nếua3thìb2abc 1 a336ab bc ca ( 1 ) là đúngc2Giảia3 ( 1 ) b2c2ab bc ca 0 ( b c ) 2 3 bc a ( b c ) a3Đặt b c t ( 1 ) thành tata33bc 0 ( 2 ) Coi VT ( 2 ) là tam thức bậc 2 so với tHệ số của t2 là 1 > 0M à a3a34 ( 363 bc ) 12 bca 036 a 3 a312a336 a 33 ađpcm1. 3.3. Bài tậpa ) Chứng minh bất đẳng thức ( a 2 b 2 c2d 2 ) 8 ( bdac ) đúng với mọi atrong đó b > c > dNguyÔn Thanh HßaK33C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpb ) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d theo thứ tự nào đó tạo thành một cấp sốcộng, số m được chọn sao cho thỏa mãnad bc2mThì bất đẳng thức sau đây đúng với mọi x ( x a ) ( x b ) ( x c ) ( x d ) m 2 d ) Chứng minh rằng vớix, y, ze ) Chứng minh rằng vớix25 y21 22 z 24 xy 2 yz 1 2 zcos A ( cos B cos C ) xtrong đó A, B, C là ba góc của một tam giácf ) Chứng minh rằng a 2 b 2 c2d2e2a ( a b c de ) với a, b, c, d, e R1. 4. Ứng dụng định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai để tìm giá trịlớn nhất và giá trị nhỏ nhất1. 4.1. Phương pháp miền giá trịCho hàm số y = f ( x ) xác lập trên DNếu y là một giá trị của hàm số thì phương trình f ( x ) = y có nghiệm x DVậy y là miền giá trị của hàm số1. 4.2. Thí dụ minh họaVí dụ 1 : Tìm miền giá trị của hàm sốx 2 3 xx 1G iảiHàm số xác lập trên D R \ Giả sử y là một giá trị của hàm số khi đó phương trình : x 2 3 xx 1T rên D ( 1 ) x2y ( 1 ) có nghiệm x D ( 3N guyÔn Thanh Hßay ) x0 ( 2 ) 10K33 C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2 ( 1 ) có nghiệm x D ( Vì xKho ¸ LuËn tèt nghiÖpy ) 2 ( 34 y 01 không là nghiệm của ( 2 ) ) y 2 10 y 9 0V ậy miền giá trị của hàm số là E, 9 ] [ 1, Ví dụ 2 : Tìm max, min của hàm sốx2 8 x 7×2 1G iảix R nên hàm số xác lập trên RVì x2 1 0 vớiGiả sử y là một giá trị của hàm sốx2 8 x 7K hi đóx2 1 ( 2 ) y ( 2 ) có nghiệm x R ( y 1 ) x 2 8 x + Với y 1 y 7 0 ( 3 ) ( 3 ) trở thành 8 x 6 0V ậy y 1 là giá trị của hàm số + Với y 1 thì ( 2 ) có nghiệm x R ( 3 ) có nghiệm x R ‘ 016 ( y 1 ) ( y 7 ) 0 y28y 9 01 y 9V ậy [ 1,9 ] max y 9 tại xNguyÔn Thanh Hßay 111K33 C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2 min yKho ¸ LuËn tèt nghiÖp1 tại xy 1V í dụ 3 : Cho x, y R thỏa mãn nhu cầu x 22 xy 7 ( xTìm max, min của biểu thức My ) 2 y 2 10 0 ( 1 ) y 1G iảiy 1×2 x 1 M thay vào ( 1 ) 2 ( x 1 M ) x 7 ( M 1 ) 2 ( x 1 M ) 2 10 0x22 ( 1 M ) x 2 ( 1 M ) 27M3 0 ( 2 ) Vì x R nên phương trình ( 2 ) phải có nghiệm x R ‘ 0 ( 1 M ) 22 ( 1 M ) 27M3 0M 2 5M 4 04 MVậymax M1 tạix M 1 y 0 min M4 tạix M 1 5 y M x 1 01.4.3. Bài tậpa ) Tìm max, min của hàm số2x24x 5 x 1 b ) Cho x, y R sao cho ( x 2 1 y 2 ) 24 x2 y 2T ìm max, min của Sx2x2y2y2d ) Tìm miền giá trị của hàm số2x 1 x x 4N guyÔn Thanh Hßa123x 5 x 7 x 5K33 C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpe ) Cho x, y R sao cho ( x25 y28 ) 24×2 y 2×2 Tìm max, min của Sx25 y25 y21. 5. Định lý Viet1. 5.1. Định lý Viet tổng quátCho phương trìnhan x nan 1 x n 1 an 2 x n … a2 x 2 ax ao ( x1, x2, x3, …, xn là nghiệm, kể cả nghiệm bội ) x1x2x1 x2 ( 1 ) nĐảo lại : Cho n số bất kỳS1S2SxKhi đóxn, …, … n 1. 2. 3 …… iki2aoan … i1an 2 anx1 x3 … xn 1 xnx1. x2. x3 ….. xnSnan 1 anx3 … xn, …, ( 1 i1 i2ik ) là nghiệm của phương trìnhS1 x n 1 S2 x n … ( 1 ) n Sn1. 5.2. Thí dụVí dụ 1 : Cho phương trình : ( m 3 ) x 2 ( m 3 ) x ( m 1 ) 0 ( 1 ) Tìm m để những nghiệm x1, x2 ( 1 ) thỏa mãn nhu cầu điều kiện4 ( x12x22 ) 25 x1 x2 1 0 ( 2 ) GiảiNguyÔn Thanh Hßa13K33C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖp ( 1 ) thành : x – Khi m 34. ( 2 ) 25.1 0 ( loại ) Vậy m 3 không thỏa mãn nhu cầu – Khi m 3 m 3 ( 1 ) có nghiệm5m 2 2 m 3 0 ( * ) m 1T heo định lý Viet : ( 2 ) ( * * ) 4 [ ( x12x22 ) 2 x1 x2 ] 25 x1 x2 1 04 ( x12x22 ) 33×1 x2 1 0T hay ( * * ) vào ( 2 ) Vậy với m36 ( m21 hoặc mm 2 ) 0 thỏa mãn nhu cầu ( * ) 2 thảo mãn bài toánVí dụ 2 : Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình bậc 2 thỏa mãn nhu cầu hệx1x2m ( x12 x1 x2x2 ) x1 x23m 4 ( 1 ) a ) Hãy lập phương trình bậc hai đób ) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấuGiải ( 1 ) – Khi mS 2P 0 mS P. 3 m 4 thìNguyÔn Thanh HßaS 2P 02 mS 2 P. 6 m 8 ( 2 m 1 ) S2 ( 3 m 4 ) 0 514K33 C – S – ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2 – Khi mKho ¸ LuËn tèt nghiÖp2 ( 3 m2m3m2m4 ) Vậy phương trình bậc hai có dạng : 2 ( 3 m 4 ) 3 m 42 m 12 m 1 f ( X ) ( 2 m 1 ) X 2 2 ( 3 m 4 ) XX2b ) ( 2 ) có 2 nghiệm trái dấu X1 0 ( 3 m 4 ) 0 ( 2 ) X2 ( 2 m 1 ). f ( 0 ) 0 – ( 2 m + 1 ) ( 3 m + 4 ) < 0V ậy vớithỏa mãn đầu bài. 1.5.3. Bài tậpa ) Cho phương trình : ( x a ) ( x c ) b 2 với a, b, c đã cho-Chứng minha, b, c ( 1 ) có nghiệm-Biết nghiệm của ( 1 ) là x1, x2, chứng tỏ a, c là nghiệm ( y x1 ) ( y x2 ) b ) Cho x, y thỏa mãn nhu cầu : x2y2b2a 12 a 2T ìm a sao cho xy đạt giá trị lớn nhấtNguyÔn Thanh Hßa15K33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpCHƢƠNG 2 : HỆ BẤT PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI2. 1. Hệ bất phƣơng trình bậc hai2. 1.1. Định nghĩaHệ bất phương trình bậc hai là hệ bất phương trình bậc hai có một ẩn số2. 1.2. Cách giải - Giải từng bất phương trình của hệ - Tìm T là giao của những tập nghiệm - Suy ra T là nghiệm của hệ bất phương trình2. 1.3. Chú ýa ) Hệ có nghiệm khi những bất phương trình của hệ có nghiệm và giao của cáctập nghiệmb ) Hệ vô nghiệm khi một trong những bất phương trình của hệ vô nghiệm hoặccác bất phương trình của hệ có nghiệm nhưng giao của những tập nghiệmc ) Hệ có nghiệm duy nhất khi những tập nghiệm của những bất phương trình của hệcó điểm chung duy nhấtd ) Dùng đồ thị để biện luận nghiệm của bất phương trình2. 2. Lựa chọn giải pháp giải2. 2.1. Hệ bất phương trình có tham sốHãy tìm giá trị của tham số để + Hệ đã cho vô nghiệm ( 2 a ) + Hệ đã cho có nghiệm ( 2 b ) Các bài tập ( 2 a ), ( 2 b ) có hai giải pháp giải * Phương án trực tiếp và giải pháp gián tiếpVới bài tập ( 2 a ) - Phương án trực tiếp : tìm giá trị của tham số để hệ vô nghiệm - Phương án gián tiếp : tìm giá trị của tham số để hệ không vô nghiệm ( cónghiệm ) NguyÔn Thanh Hßa16K33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖpVới bài tập ( 2 b ) - Phương án trực tiếp : tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm - Phương án gián tiếp : tìm giá trị của tham số để hệ vô nghiệm2. 2.2. Phương án để lựa chọn giải pháp tối ưu trong hai giải pháp đó * TH1 : Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽx1x2 + ∞ x3 - Với bài toán ( 2 a ) : x2 - Với bài toán ( 2 b ) : x3 ≤ x2Phương án được chọn tùy ý * TH2 : Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ + ∞ x1x2 - ∞ - Với bài toán ( 2 a ) : x2 - Với bài toán ( 2 b ) : x1 ≤ x2Phương án được chọn tùy ý * TH3 : Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽx1x2x3NguyÔn Thanh Hßax417K33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖp - Với bài toán ( 2 a ) x3x4x1x2x1x2x3x4x4 < x1x2 < x3 - Với bài toán ( 2 b ) có 4 trường hợp sau1 ) x1 ≤ x3 < x4 ≤ x2x12 ) x3 ≤ x1 < x2 ≤ x4x3x1x2x43 ) x3 < x1 < x4 < x2x3x1x4x24 ) x1 < x3 < x2 < x4x1x3x2x4x3x4x2Phương án được chọn : giải bài toán ( 2 a ) * TH4 : Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽx1 - ∞ + ∞ x2x1x2 - Với bài toán ( 2 a ) x1 < x3 < x4 < x2 - ∞ x1x3x4x2 + ∞ - Với bài toán ( 2 b ) có 5 trường hợp sau1 ) x3 < x4 ≤ x1 < x2 - ∞ 2 ) x1 < x2 ≤ x3 < x4 - ∞ NguyÔn Thanh Hßax3x4x3x1x418x1x2 + ∞ x2 + ∞ K33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 23 ) x3 ≤ x1 < x4 < x2 - ∞ 4 ) x1 < x3 < x2 ≤ x4 - ∞ 5 ) x3 ≤ x1 < x2 ≤ x4 - ∞ Kho ¸ LuËn tèt nghiÖpx3x1x1x3x4x3x2 + ∞ x2x1x4x2x4 + ∞ + ∞ Phương án được chọn : giải bài toán ( 2 a ) 2.3. Thí dụ minh họaVí dụ : Tìm những giá trị của m để hệ sau ( I ) x2 ( 2 m 1 ) x 2 m 0x2 ( 2 m 1 ) x mét vuông ( 1 ) có nghiệm duy nhất2m 0 ( 2 ) Giảif ( x ) x2 ( 2 m 1 ) x 2 mg ( x ) x2 ( 2 m 1 ) x m2Gọif ( x ) ( 2 m 1 ) 2 8 m ( 2 m 1 ) 2 g ( x ) ( m 1 ) 2K hi đó ( m2f ( x ) có 2 nghiệm : x 2 m hoặc x 1 m hoặc x m 22 m x 1 ( khi 2 m 1 ) 1 x 2 m ( khi 1 2 m ) Hoặc ( 1 ) ( 2 ) 0 với2m ) 1 0 vớig ( x ) có 2 nghiệm : x ( 1 ) 2 mm x m 2X ét những trường hợp sau : a ) Khi 2 m 1 ( 1 ) trở thành x 1 ( 2 ) NguyÔn Thanh Hßa19K33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2M à 1K ho ¸ LuËn tèt nghiÖp1 52 2V ậy hệ có nghiệm duy nhất x 1 thỏa mãn nhu cầu bài toánVậy mb ) Khi m ( 1 ) 2 m x 1 ( 2 ) m x m 2 m 1H ệ có nghiệm duy nhất2m m 2 c ) Khi m ( 1 ) ( 2 ) 1 x 2 mm x m 22 m mHệ có nghiệm duy nhất2m 1V ậy hệ có nghiệm duy nhất khi mNguyÔn Thanh Hßavà nghiệm duy nhất x 120K33 C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2K ho ¸ LuËn tèt nghiÖp2. 3.2. Hệ vô nghiệm, hệ có nghiệmVí dụ 1 : Cho hệ bất phương trìnhx2 ( 2 3 mét vuông ) x 6 m2x2 ( 2 m 5 ) x m25m 6 0 ( 1 ) ( 2 ) Tìm những giá trị của m để hệ có nghiệmGiải ( 1 ) x1Trong đó x1f ( x ) ( 2 ) x2 là những nghiệm củax2x3x4Trong đó x3g ( x ) x2 ( 2 3 mét vuông ) x 6 m 2x4 là những nghiệm củax2 ( 2 m 5 ) x m 25 m 6M iền nghiệm của hai bất phương trình được cho bởi hình vẽx1x2x3 - ∞ + ∞ x4Tìm m để hệ đã cho vô nghiệmGiá trị của m để hệ có nghiệmf ( x ) ( 2 3 mét vuông ) 2 g ( x ) ( 2 m 5 ) 2 f ( x ) 0G ọi x12, x224m24 ( m23m20 với5m 6 ) 1 0 với2 ( 3 m23m2 thì x1NguyÔn Thanh Hßa ( 2 3 mét vuông ) 2x2 với3m22 ) 21K33 C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2 ( 1 ) x1Kho ¸ LuËn tèt nghiÖpx1x2x2-22m 5 1 2 m 62 m 5 1 2 m 4x4 g ( x ) Cx3x3x4 vớix4m 3 m 2 ( 2 ) 3 m2x3x3x4m + 2 m + 3H ệ vô nghiệm thì x1, x2Muốn vậy thì x1, x2, x3x3, x4x4, x3Nhận thấy ( * ) không thỏa mãn nhu cầu vớix1x2x4 ( * ) m vìx1, x2 có độ dài lớn hơn 2 đơn vịx3, x4 có độ dài đúng 1 đơn vịVậy không sống sót m để hệ vô nghiệmVậy hệ đã cho có nghiệm với mVí dụ 2 : Cho hệ bất phương trìnhx26x 7 m 0x24 x 7 4 m 0 ( 1 ) ( 2 ) Tìm m để hệ có nghiệmGiải ( 1 ) x1x2 ( 2 ) x ' 1 x ' 2N guyÔn Thanh Hßa22K33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2T rong đóKho ¸ LuËn tèt nghiÖpx2x1x2 là những nghiệm của f ( x ) x ' 1 x ' 2 là những nghiệm của g ( x ) 6 x 7 mx24 x 7 4 mTa giải bài toán gián tiếpTìm m để hệ đã cho có nghiệm ' 9 ( 7 m ) m 2 ' 4 ( 7 4 m ) 4 m 3T a tìm m để 1 trong hai bất phương trình vô nghiệm hoặc cả hai bất phươngtrình có nghiệm nhưng giao của 2 miền nghiệm là tập rỗng * Tìm m để những bất phương trình vô nghiệm ( 1 ) vô nghiệm ' f ( x ) 02 m 0 ( 2 ) vô nghiệm'g ( x ) 4 3 m 0 m 2 * Tìm m để cả 2 bất phương trình đều có nghiệm nhưng giao của 2 tậpnghiệm là tập rỗngCả 2 bất phương trình đều có nghiệm ' f ( x ) ' g ( x ) 2 m 04 m 3 0 m 2 m 2T ìm m để giao của 2 miền nghiệm là tập rỗngGọi x1x2 là những nghiệm của f ( x ) x ' 2 là những nghiệm của g ( x ) x ' 1 ( 1 ) x1x2 ( 2 ) x ' 1 x ' 2T rong đóx1x ' 12 m4m 3x2 x ' 24 m 3X ét những trường hợpNguyÔn Thanh Hßa23K33C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 2 + Khi m 2 hệ đã chohệ đã chohệ đã cho có nghiệmVậy khi m 2 và m + Khi + Khi mKho ¸ LuËn tèt nghiÖpm 2 ( x1x2, x ' x ' ) Miền nghiệm của bất phương trình cho bởi hình vẽHệ vô nghiệmx1Dox ' ( 1 ’ ) x1x2x ’ 1 x ’ 2x1 x ' 2x2 x ' 12 m ( 1 ’ ) 4 m 3 x ' không xảy ra vớix'm 22 mét vuông mm 24 m 3 1 m 2N guyÔn Thanh Hßa4m 32 m 4 m 3 2 ( 2 m ) ( 4 m 3 ) 1 m 224K33 C – S - ph¹m To ¸ nTr-êng § HSP Hµ Néi 22 ( 2 m ) ( 4 m 3 ) 2 3 m ( vô lý ) VậyKho ¸ LuËn tèt nghiÖpm 2 m 2 thì hệ có nghiệmDo đóHệ vô nghiệm khi mHệ có nghiệm khihoặc m 2 m 22.4. Bài tập2. 4.1. Tìm giá trị của tham số để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhấta ) b ) x2 ( 2 m 1 ) x 2 m 0x2 ( 2 m 1 ) x m 2x22 mx 0 x m 12 m 02 mét vuông. 4.2. Tìm giá trị của tham số để hệ bất phương trình có nghiệm, vô nghiệma ) Cho hệ bất phương trình ( I ) Tìm m : x22x m 0x24 x 6 m 0 ( 1 ) ( 2 ) a ) Hệ ( I ) có nghiệmb ) Hệ ( I ) vô nghiệmb ) Tìm m để hệ sau có nghiệmmx 2 ( m 3 ) xmx m 2N guyÔn Thanh Hßa2m 025K33 C – S - ph¹m To ¸ n
