Dấu của tam thức bậc hai và các ứng dụng trong chương trình toán trung học phổ thông

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUỲNH THỊ ÁNH HỒNG DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI VÀ CÁC ỨNG DỤNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP Đà Nẵng – 05/2023 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUỲNH THỊ ÁNH HỒNG DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI VÀ CÁC ỨNG DỤNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Người hướng dẫn ThS NGUYỄN THỊ SINH Đà Nẵng – 05/2023 MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU CHƯƠNG I TAM THỨC BẬC HAI 1.1 Định nghĩa tam thức bậc hai 1.2 Định lí dấu tam thức bậc hai 1.3 Định lí đảo dấu tam thức bậc hai 1.4 So sánh số với nghiệm tam thức bậc hai 10 1.5 Nội suy tam thức bậc hai đoạn 11 CHƯƠNG II CÁC ỨNG DỤNG VỀ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG 17 2.1 So sánh số với nghiệm phương trình: 17 2.2 Các tốn phương trình 20 2.3 Các toán bất phương trình 34 2.4 Các toán hệ bất phương trình 51 2.5 Các tốn sử dụng cơng thức nội suy Lagrange 53 KẾT LUẬN 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, em xin chân thành cảm ơn tri ân sâu sắc thầy cô, lãnh đạo Trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng, đặc biệt thầy cô khoa Toán tạo điều kiện cho em thực Khóa luận tốt nghiệp Với lịng kính trọng biết ơn chân thành thân, em xin gửi lời cảm ơn tới ThS Nguyễn Thị Sinh tận tình quan tâm giúp đỡ, hướng dẫn, bảo cho em suốt trình nghiên cứu đề tài Trong trình nghiên cứu đề tài, cố gắng với vốn kiến thức cịn hạn hẹp luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp xây dựng quý thầy cô để luận văn em hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn! MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình tốn trung học phổ thơng (THPT), tam thức bậc hai chuyên đề quan trọng có ứng dụng đa dạng, hiệu Trong kì thi đại học, kì thi học sinh giỏi cấp có tốn liên quan đến tam thức bậc hai Vì vậy, tam thức bậc hai ln chuyên đề cần thiết trình học tập nâng cao kiến thức học sinh Khi nghiên cứu tam thức bậc hai, ta thường quan tâm đến dấu tam thức bậc hai Dấu tam thức bậc hai sử dụng rộng rãi tốn phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình, … Đề tài “Dấu tam thức bậc hai ứng dụng chương trình tốn trung học phổ thơng” nghiên cứu nhằm trình bày số định lý dấu tam thức bậc hai, từ xây dựng hệ thống ứng dụng tập chương trình tốn THPT giúp cho học sinh củng cố lại kiến thức có nhìn tổng qt dấu tam thức bậc hai Mục đích nghiên cứu Hệ thống lại kiến thức tam thức bậc hai ứng dụng dấu tam thức bậc hai để giải lớp toán chương trình THPT Nhiệm vụ nghiên cứu - Hệ thống lại lý thuyết dấu tam thức bậc hai - Nghiên cứu ứng dụng dấu tam thức bậc hai thông qua việc giải lớp tốn chương trình tốn THPT Phương pháp nghiên cứu - Thu thập, tìm hiểu tài liệu liên quan đến dấu tam thức bậc hai - Phân tích, hệ thống tài liệu để từ tổng hợp, chọn lọc nội dung cần thiết đưa vào luận văn - Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn để hoàn thành luận văn tổng kết kinh nghiệm Phạm vi nghiên cứu Luận văn tập trung nghiên cứu định lý dấu tam thức bậc hai ứng dụng chương trình tốn THPT Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu kết luận, nội dung luận văn chia thành hai chương Chương trình bày định nghĩa tam thức bậc hai, định lí dấu tam thức bậc hai, định lí đảo dấu tam thức bậc hai, so sánh số với nghiệm tam thức bậc hai nội suy tam thức bậc hai đoạn Chương trình bày ứng dụng dấu tam thức bậc hai toán giải phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình tốn sử dụng cơng thức nội suy Lagrange CHƯƠNG I TAM THỨC BẬC HAI 1.1 Định nghĩa tam thức bậc hai Tam thức bậc hai x biểu thức có dạng f(x) = ax2 + bx +c a, b, c hệ số, a  Khi cho x giá trị thực tam thức f(x) có giá trị âm, dương hay Nghiệm tam thức giá trị x làm cho tam thức có giá trị Do nghiệm tam thức f(x) nghiệm phương trình ax + bx + c = 1.2 Định lí dấu tam thức bậc hai Định lí sau nêu lên liên hệ dấu tam thức bậc hai dấu biệt thức  Định lí 1.1 Cho f(x) = ax2 + bx +c ( a  )  = b − 4ac Nếu   f(x) ln dấu với hệ số a, với x  Nếu  = f(x) ln dấu với hệ số a với x  − b b , x = − 2a 2a f(x) = Nếu   f(x) ln dấu với hệ số a với x  [ x1; x2 ] , trái dấu với hệ số a x  ( x1; x2 ) , x1 , x2 ( x1  x2 ) hai nghiệm f(x) Chú ý: Trong định lí trên, thay biệt thức  = b − 4ac biệt thức thu gọn  ' = (b ') − ac Chứng minh: Ta có:  b c b2 c b2   b f ( x) = ax + bx + c = a  x + x +  = a  x + x + + −  a 4a a 4a  a a   2   b  b − 4ac  b    = a  x + = a x + − −       2a  2a  4a  4a     b    • Trường hợp 1:   Khi đó: −   −    x +  −  4a 2a  4a  Do đó, a > f(x) > ngược lại a < f(x) < Hay nói cách khác tam thức f(x) ln dấu với hệ số a với x  b   • Trường hợp 2:  = Khi đó: f ( x ) = a  x +  2a   b   Vì  x +   nên f(x) dấu với hệ số a với x  2a    b  Ngoài ra, f  −  =  2a   b \ −   2a  • Trường hợp 3:    b +   b−   Khi đó: f ( x) = a  x +  x +  = a ( x − x1 )( x − x2 ) a a    với x1, x2 hai nghiệm tam thức f(x) Giả sử x1 < x2 , ta lập bảng xét dấu biểu thức ( x − x1 )( x − x2 ) , ta được: x − x1 x − x1 – x − x2 – ( x − x1 )( x − x2 ) + + x2 + + – + – +  x  x1 Từ đó, ta thấy ( x − x1 )( x − x2 )    ( x − x1 )( x − x2 )   x1  x  x  x  x2 Suy f(x) trái dấu với hệ số a với x nằm khoảng ( x1 , x2 ), f(x) dấu với hệ số a với x nằm ngồi đoạn [ x1; x2 ] Ví dụ 1.1 Xét dấu tam thức bậc hai sau: a) f ( x) = −2 x + x − b) g ( x) = (3x − x)(2 x − x − 1) (3x − x)(1 − x) c) h( x) = −4 x − x + Giải a) f ( x) = −2 x + x − f ( x) =  −2 x + x − =  x = x = Bảng xét dấu: − x – f(x) + + – 1  Vậy f ( x)   x   ;2  , 2  1  f ( x) =  x   ;2 , 2  1  f ( x)   x   −;   ( 2; + ) 2  b) g ( x) = (3x − x)(2 x − x − 1) x = 3x − x =   x =  x =1 2x − x − =   x = −  2 , Bảng xét dấu: − − x 3x − x + x2 − x − + – g ( x) + – + – 0 – – + + – 1  4  Vậy g ( x)   x   −; −   (0;1)   ; +  , 2  3  4  g ( x) =  x  − ;0;1;  , 3     4 g ( x)   x   − ;0   1;     3 (3x − x)(1 − x) c) h( x) = −4 x − x + + + + + x =  x = −1 3x − x =   , −4 x − x + =   , − 2x =  x = x = x =   Bảng xét dấu: − x –1 – 3x − x + + − 2x + + + + −4 x − x + – + + + h( x ) – + 0 – + + + + – – + + – – + 1 1   Vậy h( x)   x  ( −1;0 )   ;    ; +  , 3 2 4   1 h( x) =  x  0; ;  ,  2  1 1 3 h( x)   x  ( −; −1)   0;    ;   3  4 1.3 Định lí đảo dấu tam thức bậc hai Theo định lí dấu tam thức bậc hai trường hợp f(x) có nghiệm x1 , x2 a f ( x)  x1  x  x2 , ta có định lí đảo định lí dấu tam thức bậc hai sau Định lí 1.2 Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx +c ( a  ) số thực  Nếu a f ( )  tam thức có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1  x2 ) x1    x2 Chứng minh Theo bảng xét dấu tam thức f(x) = ax2 + bx +c ta thấy có trường hợp a f ( x)  , trường hợp khác có a f ( x)  Trường hợp   , phương trình f(x) = có hai nghiệm x1  x2 x1  x  x2 Giả thiết định lí đảo rơi vào trường hợp này, tam thức f(x) có hai nghiệm x1 , x2 (giả sử x1  x2 ) x1    x2   a    28 a   28   3 a  a  a  (a − 1)(4a − 1)   a   a   28 28 28   −(2a + 3) a   1   2.(a − 1)  a  −   a  Kết hợp với điều kiện a  1, a = Vậy a  giá trị cần tìm Bài tập vận dụng Bài Cho f ( x) = mx − 2(m + 1) x − m + Tìm giá trị m để f ( x)  0, x  Bài Cho bất phương trình: mx + (2m − 1) x + m −  Tìm giá trị m để bất phương trình nghiệm x  Dạng Tìm điều kiện để bất phương trình f ( x) = ax + bx + c  (a  0) nghiệm f ( x)  0, x  ( ,  ) Phương pháp giải: - Nếu a = 0, ta trực tiếp giải bất phương trình tìm nghiệm - Nếu a > 0, f(x) có đồ thị parabol có bề lõm quay lên nên     f ( x)  0, x  ( ,  )       x   x x   x    - Nếu a < 0, f(x) có đồ thị parabol có bề lõm quay xuống nên a f ( )  f ( x)  0, x  ( ,  )  x1      x2   a f (  )  Bài tập 2.26 Tìm m để bất phương trình sau nghiệm x   − ;1  mx + x + m  Giải (2.30)  −mx − x − m  Đặt f ( x) = −mx − x − m Trường hợp 1: m =  −2 x   x  (không thỏa mãn) 42  (2.30) Trường hợp 2: − m   m  , f(x) có đồ thị parabol lõm nên f(x) > 0,   x   − ;1             x  x  −        1  x  x  (2.31) (2.32) (2.33) Giải (2.31):  = − 4.m.m = − 4m2 = 4(1 − m ) (2.31)  4(1 − m2 )   m  −1 m  Kết hợp với điều kiện m < 0, ta m  −1 Giải (2.32):      −1  m  −1  m   −1  m       1 (2.32)  −m f  −    −m.(−5m + 4)    −5m +    m    2    0  m  0  m  S −  −   m  − 2 Kết hợp với điều kiện m   vô nghiệm     −1  m   −1  m   −1  m      Giải (2.33)  − m f (1)   − m.(2m + 2)    2m +    m  −1 S   −1  m    m     1 −   m 2  m = −1 (thỏa mãn m < 0) Vậy m  −1 Trường hợp 3: − m   m  , f(x) có đồ thị parabol lồi nên     1  −m f  −    f(x) > 0, x   − ;1    2    x1  −   x2 −m f (1)   43   1   f  −   5m −  m     2    m  −1 (loại) m +    f (1)  m  −1  Kết luận: m  −1 (2.30) nghiệm x   − ;1   Bài tập vận dụng Bài Cho f ( x) = x − (3m + 1) x − (3m + 9) Tìm giá trị m để f ( x)  0, x   −2;1 Bài Cho f ( x) = (m − 2) x − 3(m − 6) x − m − Tìm giá trị m để f ( x)  0, x  ( −1;0) 2.3.2 Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Để giải bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta khử dấu giá trị tuyệt đối định nghĩa tính chất, có dạng sau:  f ( x)   f ( x)  • Dạng 1: f ( x)  g ( x)    − f ( x )  f ( g x )  ( g x ( x ) )    f ( x)   f ( x)   f ( x)  g ( x)   − f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x) • Dạng 2: f ( x)  g ( x)   f ( x)    g ( x)  2 f ( x)  g ( x)   f ( x)    g ( x)  2 Chú ý: Nếu toán chứa dấu giá trị tuyệt đối dạng đặc biệt ta nên lập bảng xét dấu chia trường hợp để giải Bài tập 2.27 Giải bất phương trình sau: a)  x+2 x + −1 b) x + 3x −  x − Giải a)  x+2 x + −1 (2.34) Bảng xét dấu: 44 − x –3 x+3 – x–2 – + –2 + + – + Trường hợp 1: x  −3 (2.34)  3  −x −  + x+20 −x − −1 −x − − x2 − x − x −  0 −x − − x2 − x −   −x − (2.35) Bảng xét dấu: − x –5 − x2 − 6x − – −x − + − x2 − 6x − −x − – –4 + + + –1 + – – + – – +  −5  x  −4 Từ đó: (2.35)   x  −  Kết hợp với điều kiện ta có: S1 =  −5; −4 ) Trường hợp 2: −3  x  −2 3 x2 + x + (2.34)   −x −  + x+20 0 x + −1 x+2 x+2  x +  (vì x + x +  0, x  )  x  −2 Kết hợp với điều kiện ta có: S =  Trường hợp 3: x  −2 (2.34)  3  x+2 −x−20 x + −1 x+2  − x2 − x −  x+2 45 (2.36) Bảng xét dấu: − x –2 −2 − − x2 − 4x − – x+2 – − x2 − x − x+2 + + + – 0 – + −2 + + – + + –  x  −2 − Từ đó: (2.36)    −2  x  −2 + ( Kết hợp với điều kiện ta có: S3 = −2; −2 +  ( Vậy tập nghiệm bất phương trình S = S1  S2  S3 =  −5; −4 )  −2; −2 +    x + 3x −   x + x −  x −   b) x + 3x −  x −     x + 3x −   − x − 3x +  x −  (2.37) (2.38)   x  −4  x  −4  (2.37)   x    S1 = ( −; −4  1; + ) x     x + x +  x  −4  x  −4  x  (2.38)     −4  x   S = (−4;1) −  x  x + x − 12    Vậy tập nghiệm bất phương trình S = S1  S2 = Bài tập vận dụng Giải bất phương trình sau: a) x + x −  x − b) − x + x +  x − 3x + c) d) x−2 x2 − 5x + x2 − 4x + x2 + x −  1 46 e) x + x +  x − x − 2.3.3 Bất phương trình vơ tỷ: Phương pháp giải: Để giải bất phương trình chứa bậc hai, ta khử định nghĩa tính chất, có dạng sau: • Dạng 1:  f ( x)   f ( x)  g ( x)   g ( x)    f ( x)   g ( x) • Dạng 2:  g ( x)   f ( x)  f ( x)  g ( x)    g ( x )  f ( x )  g ( x )     x2 − x  x − Bài tập 2.28 Giải bất phương trình sau: Giải  x2 − x   x −   x2 − x  x −   x−3     x − x  ( x − 3)2  (2.39) (2.40)  x   (2.39)    x   x   S1 = ( −;0 x   x  x  x   9  (2.40)      x   S2 =  ; +  2 2   x − x  x − x + 2 x   x   9  Vậy tập nghiệm bất phương trình S = S1  S2 = ( −;0   ; +  2  Bài tập 2.29 Giải bất phương trình x + 10 x +  − x − x Giải Đặt t = x + 10 x +  Bất phương trình trở thành t  −9 t2 −1 t 7−  t + 5t − 36    t  47 Vì t  nên ta nhận t  , ta có: t = x + 10 x +   x  −3  x + 10 x +  16  x + x −    x    x  −3 Vậy tập nghiệm bất phương trình  x 1 Bài tập vận dụng Bài Giải bất phương trình sau: a) 2x2 −  − x b) x − x − 14  x − c) 2x −1  2x − d) x + x + 12  − x e) x − 3x + 10  x − f) ( x − 3)(8 − x) + 26  − x + 11x Bài Tìm giá trị m để bất phương trình mx − x −  m + có nghiệm Bài Cho bất phương trình (3 + x)(7 − x)  x − x + m Tìm giá trị m để bất phương trình nghiệm với x   −3;7  2.3.4 Bất phương trình mũ Phương pháp giải: Đối với bất phương trình mũ, dùng phương pháp logarit hóa phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình Bài tập 2.30 Giải bất phương trình sau: 21− x − x + 0 2x − Giải Đặt t = x  , (2.41) trở thành 2t −1 − 2t + −t + t + 0  t −1 t (t − 1) 0  t  Lập bảng xét dấu vế trái, ta nhận được:  t  0  x   x   Từ suy ra:  x x     48 (2.41) Bài tập 2.31 Tìm a để bất phương trình sau nghiệm với x a.4 x + (a − 1)2 x+ + a −  (2.42) Giải Đặt t = x  , ta có bất phương trình trở thành a.t + 4(a − 1)t + a −  (2.43) Bất phương trình (2.42) nghiệm với x bất phương trình (2.43) với t  Ta có: (2.43)  a  4t + = g (t ) t + 4t + Như (2.43) với t   a  4t + = g (t ), t  t + 4t + −4t − 2t g '(t ) =  0, t  (t + 4t + 1) Lập bảng biến thiên hàm số g (t ), t  (0; +) , ta miền giá trị Tg = (0;1) Vậy giá trị cần tìm a  Bài tập vận dụng Bài Giải bất phương trình sau: a) x − 2.52 x − 10 x  b) c) x − 3x +  3x − 4x + x −  x −1 Bài Tìm m để bất phương trình 2sin x + 3cos x  m.3sin 2 x có nghiệm 2.3.5 Bất phương trình logarit Phương pháp giải: Đối với bất phương trình logarit, dùng phương pháp mũ hóa phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình Bài tập 2.32 Cho bất phương trình log 22 x − 2(m + 1)log x + m + 2m  Tìm m để bất phương trình nghiệm x  1;2 Giải Điều kiện: x > 49 (2.44) Đặt t = log x , (2.44) trở thành f (t ) = t − 2(m + 1)t + m + 2m  (2.45) Với x  1;2 , ta có:  x   log  log x  log 2   t  Vậy (2.44) nghiệm x  1;2 (2.45) nghiệm t   0;1  f (t ) = có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1    t2 m + 2m  a f (0)     −1  m  a f (1)  m −     Bài tập 2.33 Tìm giá trị tham số m để nghiệm bất phương trình log x ( x3 + 1).log x+1 x −  (2.46) nghiệm bất phương trình log ( x − x + m)  −3 (2.47) Giải  0  x   0  x    log x ( x + 1)  log x ( x + 1) Ta có (2.46)   log x ( x + 1)   x 1  log ( x + 1)   x   log x ( x3 + 1)  log x ( x + 1)  0  x   0  x    2 x − x − x  0  x     x − x −      x  x  x         x3 − x − x    x − x −   x − x + m   x − x + m   Lại có (2.47)    x − x + m   x − x + m −  Vì hàm số f ( x) = x − x + m có hệ số x hồnh độ đỉnh đồ thị x0 = , nên f ( x)  x  (0;1)  (1;2) f (1) = m −   m  Vì hàm số g ( x) = x − x + m − có hệ số x hoành độ đỉnh đồ thị x0 = , nên g ( x)  x  (0;1)  (1;2) 50  g (0)  m −    m     g (2)  m −  Vậy  m  Bài tập vận dụng Bài Giải bất phương trình sau: a) log x + 2log ( x − 1) + log  b) log x log (9 x − 72)   c) log x +3 x  d) log9x (− x + x + 6)  log x3 − m  log x Bài Cho bất phương trình a) Giải bất phương trình m = b) Tìm m để tập hợp nghiệm bất phương trình đoạn  2;8 2.4 Các toán hệ bất phương trình Phương pháp giải: Ta cần phải giải bất phương trình lấy giao tập nghiệm lại với  x − x −    x − 11x + 28  Bài tập 2.34 Giải hệ bất phương trình: (2.48) (2.49) Giải Giải bất phương trình (2.48): x − x − =  x = −1 x = Bảng xét dấu (2.48): x − –1 x2 − 2x − + + – 0 + Tập nghiệm bất phương trình (2.48) S1 = (−; −1)  (3; + ) Giải bất phương trình (2.49): x − 11x + 28 =  x = x = Bảng xét dấu (2.49): 51 x x2 − 2x − − + + – 0 + Tập nghiệm bất phương trình (2.49) S2 = ( −;4   7; +  ) Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình S = S1  S2 = (−; −1)   7; +  ) mx − x −  Bài tập 2.35 Cho hệ bất phương trình  (1 − m ) x + mx + m +   Tìm m để hệ bất phương trình nghiệm với x Giải − x −   x  −5 Do m = Khi m = hệ bất phương trình trở thành  x +  khơng thỏa mãn u cầu tốn Khi m = hệ bất phương trình trở thành 1 − 21 + 21  x   x − x −   − 21 + 21 Suy m =   x  2 x +   x  −  không thỏa mãn yêu cầu toán m  Khi  ta có hệ bất phương trình với x bất m  phương trình hệ bất phương trình nghiệm với x m  m    m   m  −  20 1 = + 20m  m  −     20 1 − m  m  m   ' = m − (1 − m)(m + 2)    −1 − 17 −1 + 17  2 m + m −   m   4 −1 − 17  m− 20 Bài tập vận dụng Bài Giải hệ bất phương trình sau: 52 3 x −  x + a)  x − x + 10   3 x −  b)  3 x − x +  −2 x + x +  c)  (2 x − 1)( x − 3)   x − x − 10  Bài Tìm m để hệ bất phương trình  có nghiệm  mx + m −   x − x − 10 x + 24  Bài Cho hệ bất phương trình   x + 2(m − 1) x − 2m + = a) b) 2.5 Tìm m để hệ bất phương trình có hai nghiệm âm Tìm m để hệ bất phương trình có nghiệm Các tốn sử dụng công thức nội suy Lagrange Bài tập 2.36 Cho đa thức có bậc thỏa mãn điều kiện P( x) P(k )  1, k = −2, −1, ,2 Chứng minh rằng: P( x)  24 x   −2;2 Giải: Theo công thức nội suy Lagrange P( x) = x− j j =−2, j  k k − j 2  P (k )  k =−2 Theo giả thiết P(k )  1, k = −2, −1, ,2 nên P( x)  2 k =−2 j =−2, j  k 2 x− j x− j   k − j k =−2 j =−2, j  k k − j  P(k )  Nhận xét với x   −2;2 ,  x − j  4! j =−2, j  k  j =−2, j  k x− j  k− j 4!  k− j j =−2, j  k 53  4! (k + 2)!(2 − k )! Do 4 4! 4! P( x)   = = C4k = 24 k =−2 ( k + 2)!(2 − k )! k =0 k !(4 − k )! k =0 Vậy P( x)  24 x   −2;2 Bài tập 2.37 Chứng minh tam thức bậc hai f ( x) = ax + bx + c (a  0) ta có f ( x)  1, x   a; b  xảy f (a)  1, f (b)  −1 − f (a) + f (b) a+b −2f   1+   (1 − f (a) )(1 − f (b) )  (1 + f (a) )(1 + f (b) ) Giải Đặt g ( x) = − f ( x), h( x ) = + f ( x ) Khi sử dụng kết Định lí 1.3 ta có g ( x)  0, h( x)  0, x   a; b  f (a)  1, f (b)   a+b  g (a ) − g (b)    g            a + b   h(a ) − h(b)   h          Nghĩa  1 −    1 +   a + b   − f ( a ) − − f (b )  f        a + b   + f (a ) − + f (b)  f       Hay −1 − (1 − f (a) )(1 − f (b) )  f (a) + f (b) a+b −2f   1+   Điều phải chứng minh 54 (1 + f (a) )(1 + f (b) ) KẾT LUẬN Luận văn “Dấu tam thức bậc hai ứng dụng chương trình tốn THPT” đạt kết sau: Hệ thống lại kiến thức tam thức bậc hai, trình bày định lý dấu tam thức bậc hai, định lí đảo dấu tam thức bậc hai, so sánh số với nghiệm tam thức bậc hai nội suy tam thức bậc hai đoạn Trình bày ứng dụng dấu tam thức bậc hai để giải lớp tốn chương trình THPT, cụ thể toán so sánh số với nghiệm tam thức bậc hai, toán phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình tốn sử dụng cơng thức nội suy Lagrange Trong ứng dụng, luận văn đưa phương pháp giải minh họa tập với lời giải cụ thể, rõ ràng, đồng thời kiến nghị số tập vận dụng tương tự Hy vọng luận văn “Dấu tam thức bậc hai ứng dụng chương trình tốn THPT” nguồn tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên bạn sinh viên ngành sư phạm toán Sau thời gian nghiên cứu, có nhiều cố gắng chắn cịn nhiều điểm thiếu sót Rất mong nhận ý kiến góp ý Hội đồng đánh giá để luận văn hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn! 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hoàng Huy Sơn (2009) Đại số sơ cấp (Giáo trình đào tạo giáo viên trung học hệ Đại học, Cao đẳng sư phạm), NXB Giáo dục [2] Hoàng Kỳ (1999) Đại số sơ cấp, NXB Giáo dục [3] Ngô Kim Trang (2015) Tam thức bậc hai số ứng dụng, Luận văn Thạc sĩ, Đại học Thăng Long [4] Nguyễn Thị Sinh (2010) Nội suy tam thức bậc hai đoạn, Tạp chí Khoa học & Công nghệ, Số đặc biệt kỷ niệm 15 năm Thành lập Đại học Đà Nẵng 35 năm thành lập Trường Đại học Sư phạm 5[40] Quyển I [5] Nguyễn Tiến Quang (1999) Phương pháp tam thức bậc hai trường phổ thông, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu (2001) Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [7] Phan Đức Chính, Nguyễn Dương Thụy, Tạ Mân, Đào Tam, Lê Thống Nhất (1996) Các giảng luyện thi mơn tốn, tập 1, tập 2, NXB Giáo dục [8] Trần Văn Hạo (Chủ biên), Cam Duy Lễ (2000) Đại số 10, NXB Giáo dục [9] Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên), Vũ Tuấn (Chủ biên), Doãn Minh Cường, Đỗ Mạnh Hùng, Nguyễn Tiến Tài (2008) Đại số 10, NXB Giáo dục 56