vận dụng tam thức bậc hai giải các dạng toán

Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS Chuyên Đề: A/ Ứng dụng tam thức bậc 2 trong việc giải toán THCS. B/ Vận dụng tam thức bậc bai trong giải toán THCS 1/ Chứng minh BĐT 2/ Chứng minh đẳng thức – Giải hệ phương trình nhiều ẩn 3/ Chứng minh chia hết, không chia hết 4/ Chứng minh số chính phương 5/ Giải phương trình nghiệm nguyên bậc hai 6/ Giải hệ phương trình bậc cao 8/ Tìm cực trị, cực trị để giải phương trình 9/ Giải hệ phương trình bậc hai tổng quát 10/ Giải phương trình theo tham số bậc hai, phương trình bậc 4 tổng quát đưa về bậc hai 11/ Tìm x,y để phương trình có nghiệm duy nhất 12/ Chứng minh số vô tỉ… 13/ Tính giá trị biểu thức 14/ Phương trình bậc hai thoả mãn Điều kiện chứng tỏ luôn có nghiệm. Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS Nội dung: A/ Ứng dụng tam thức bậc 2 trong việc giải toán THCS. 1. Chứng minh Bất Đẳng thức: Ta có f(x) = 2 2 2 [( ) - ] 2 4 b ax bx c a x a a + + = + V . Nếu V ≤ 0 -> f(x) cùng dấu với a (a khác 0) VD: Chứng minh 2 2 2 a b c ab bc ca + + ≥ + + ∀ a,b,c ∈ R Ta gọi : f(a) = a 2 - (b+c)a + b 2 + c 2 - bc Ta có V = (b+c) 2 - 4( b 2 + c 2x -bc) = -3(b-c) 2 ≤ 0 . Mà hệ số của tam thức bậc 2 là 1>0 -> f(a) ≥ 0 ∀ a,b,c. VD: Cho a 3 >36 abc = 1 Chứng Minh: 2 2 2 3 a b c ab bc ca + + > + + 2 2 2 ( )3 3 3 3 0a b c ab bc ca ↔ + + − − − > 2 2 ( ) 3( ) 3 ( ) 3 0.f b c b c a b c bc a↔ + = + − + − + > = (b+c) 2 - a (b+c) - 2 3 1 0.( ) 3 a bc a a + > = 2 3 2 3 36 4( ) 0. 3 3 a a a a a − = − − + = < V Vì a 3 >36. VD: Cho b> c > d Chứng minh: (a+b+c+d) 2 > 8(ac+bd). Ta gọi f(a) = a 2 + 2(b - 3c + d)a + 8bd 2 2 ( 3 ) ( ) 8b c d b c d bd ′ = − + − + + + V = -4a(2b- 2c- 2d) +8bd = 8(bd - bc + c 2 -cd)=8(b - c)(d - c) < 0. Mà hệ số của tam thức bậc 2 là 1>0 -> f(a) ≥ 0 a. Chứng minh đẳng thức, giải hệ phương trình nhiều ẩn: Ta có mệnh đề: Đa thức bậc n có n+1 nghiệm thì đa thức đồng nhất với đa thức 0. Vd: .a b c≠ ≠ Chứng minh: 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) a x b x c b x c x a c x a x b x a b b c b a c a c b − − − − − − + + = − − − − − Gọi f(x) = g(x)-x 2 . Ta có f(a) = f(b) = f(c) = 0 Nên f(x) ≡ 0 2 ( )g x x↔ = Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS Vd: Giãi hệ: 2 2 2 2 2 2 a x ay z a b x by z b c x cy z c  + + =  + + =   + + =  a,b,c khác nhau: Hệ tương đương: 2 2 2 ( 1) 0 ( 1) 0 ( 1) 0 a x ay z b x by z c x cy z  − + + =  − + + =   − + + =  Ta đặt f(t)= (x-1)t 2 + ty + z Mà f(a) = f(b) = f(c) = 0 Đa thức f(t)= (x-1)t 2 + ty + z là đa thức bậc 2, mà có 3 nghiệm Nên 1 0 0 0 x y z − =   =   =  Vd: Giãi hệ 2 3 2 3 2 3 0 0 0 a x ay z a b x by z b c x cy z c  + + + =  + + + =   + + + =  Đặt f(t)=t 3 +t 2 x+ty+z=0 Ta có f(a)=f(b)=f(c)=0 Đặt: g(t)=f(t)-(t-a)(t-b)(t-c)đa thức bậc 2 g(a)= g(b)=g(c)=0 Nhưng g(t) = (x+a+b+c)t 2 +(y-ab-ac-bc)t+z+abc là đa thức bậc 2 mà có 3 nghiệm. Suy ra x ab c y ab bc ca z abc = − −   = + +   = −  c/. Chứng minh chia không hết: Vd: Tìm n để: n 2 -5n+49 chia hết cho 169 ∀ n ∈ N. Giả sử: n 2 -5n+49=169k 25 4(49 169 ) 676 221k k= − − = =V Ta có V M 13 nhưng MV 169 nên không tồn tại n Vd: Chứng minh: n 2 +n+2 M 15 n ∈ N Giả sử n 2 +n+3=3k V =-7+12k=3m+2 (không là số chính phương) Nên : n 2 +n+2 M 15. ∀ n Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS d/Chứng minh số chính phương: Vdụ: . Tìm n để n 2 +2n7+12 là số chính phương. Gọi n 2 +2n+12=k 2 C 1 : (n+1) 2 - k 2 = - 11 (n + 1 - k)(n + 1 + k) = -1 . 11 => k = 6; n =4 C 2 : n 2 +2n+12-k 2 = 0 ′ V =1-12+k 2 =k 2 -11 ′ V là số chính phương -> t 2 +kt+11=0 có nghiệm nguyên , mà phương trình có nghiệm nguyên chỉ khi t=1,-1,-11,11. Từ đó ta thay t tìm được k, n b/ Tìm n là số tự nhiên: n 2 +n +1589 là số chính phương. n 2 +n +1589 = k 2 2 2 4 4 1 4 6355m m k ⇔ + + − = 2 2 (2 1) 4 6355m k ⇔ + − = (2 1 2 )(2 1 2 ) 6355m k m k ⇔ + − + + = 2 2 1 2 2 1m k m k + + > − + và chúng là những số lẽ Nên (2 1 2 )(2 1 2 ) 6355.1 1271.5m k m k + + + − = = = 155.41 Giải tương tự ta tìm được: n = 1588, 316, 43, 28 c/ Tìm a là số tự nhiên : 13a+3 là số chính phương Gọi: 13a+3 = k 2 n N ∈ C 1 : 13(a-1) = k 2 - 16 13(a-1) = (k + 4) (k - 4)  k + 4 hoặc k - 4 M 13  k = ± 4 + 13t Suy ra : 13 (a - 1) = ( 13t ± 4) 2 => 13k 2 ± 8k + 1 = a e/ Giải pt nguyên bậc 2: VD: Tìm x, y nguyên: 2 2 6 2 8 6 6 0x xy x y y − − + + + = Ta có: 2 2 2(3 1) 8 6 6 0x y x y y − + + + + = 2 2 (3 1) (8 6 6)y y y ∆ = + − + + = y 2 - 5 Pt có nghiệm nguyên = > y 2 - 5 là số dương 2 2 5 0t t ⇔ + − = có nghiệm nguyên t chỉ có thể là 1; 5 ± ± với 1 : 1 2y - 5 = 0 y= 3t = ± ± ⇒ ± Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS với 5 : 1 10y - 5 = 0 yt = ± ± ⇒ (loại) với y = 3 => x = 12, x = 8 => (8,3); (8,12) với y = 3 => x = -6, x = - 10 => (-3,-6); (-3,-10) VD: Tìm x, y nghiệm nguyên: 2 2 = 6x y − Ta có 2 2 + 6x y = là số chính phương khi Pt: 2 2 6 = 0t ty + − có nghiệm nguyên t chỉ có thể là 1; 2; 3; 6 ± ± ± ± Tương tự tìm y. f/ Giải pt nguyên bậc cao: Vdụ : Giải hệ: x 4 +y 2 = 796/81(1) Va: x 2 +y 2 -3x +-4y+4 = 0(2) Từ (2) 2 3 10 7y y y ⇒ ∆ = − + − 7 0 1 3 y y ∆ ≥ ⇔ ≤ ≤ Từ (2) 2 3 4x x x ⇒ ∆ = − + 4 0 0 3 x x ∆ ≥ ⇔ ≤ ≤ Với 4 2 4 7 4 7 679 ; 3 3 3 3 81 x y     = = ⇒ + ≠  ÷  ÷     Nen HPT vo nghiem VD 2: Cho HPT 2 1 x y z xy yz xz + + =   + + =  Chứng minh: 4 0 , , 3 x y z≤ ≤ Ta có x+y =2-z x*y=1- z(x+y) =1-z(2-z) =z 2 -2z +1 Nên x,y là nghiệm của phương trình T 2 –(2-z)T +z 2 -2z +1 =0 A=(2-z) 2 -4(z 2 -2z +1)=-3z 2 +4z Phương trình có nghiệm khi -3z 2 +4z > hoặc =0 Suy ra ĐPCM Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS G) Tìm cực trị, dùng cực trị để giải phương trình: Vd1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất: A= 1 34 2 + + x x (1) Cách 1: A = 1 144)44( 2 22 + −+−+ x xx x = 4 - ( ) 1 2 2 12 + − x x 4≤ A mas = 4 2 1 =⇔ x A = 1 441 2 22 + +++−− x xx x = -1+ ( ) 1 2 2 2 + + x x 1−≥ A min =-1+ ⇔ x=-2 Phương pháp trên thiếu tự nhiên, khó hướng dẫn HS thêm bớt hạng tử, nếu ta dùng phương pháp miền giá trị thì dễ dàng hơn Cách 2: Dùng miền giá trị: (1) ⇔ Ax 2 – 4x +A -3 = 0 ∆ ’ = 4 – (A-3)A = -A 2 + 3A +4 Phương trình có nghiệm thì: ∆ ’ 0≥ 41 ≤≤−⇔ A Vậy A mas = 4 2 12 − = − =⇔ A x , ( A=4) A min = -1 2 2 −= − =⇔ A x , (A=1) Ví dụ : Cho x 2 +y 2 +xy=1 Tìm GTLN,GTNN của A, A=x 2 -xy + 2y 2 Ta có thể biến đổi như sau: A=(x 2 -xy + 2y 2 ) :(x 2 +y 2 +xy) Với: y=0 suy ra A=1 Với y khác 0, ta đặt t=x:y ta có: A=( t 2 -t+2):(t 2 +t+1) Với phương pháp miền giá trị trên ta tìm dược cực trị A Ví dụ: Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS Tìm x nguyên K nguyên: K= x/(x 2 -5x+7) Ta có: x 2 -5x+7)>0( tự CM) Ta đưa về PT bậc hai: Kx 2 -(5k+1)x+7k=0 Tương tự dùng PP miền giá trị ta tìm được k ở trong khoảng nào rồi từ đó ta tìm được k nguyên. K tìm được,k= 1,2,3 Ví dụ 2: Cho phương trình: x 2 + 2xy +7x +7y + 2y 2 + 10 = 0 (1) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất S = x+y+1 (1) ⇔ 4x 2 + 8xy +28(x+y) + 8y 2 +40 = 0 ⇔ ( ) =− ++ 9 722 2 yx -4x 2 0 ≤ ⇔ (2x+2y+7-3)(2x-2y+7+3) 0≤ ⇔    ≤++ ≥++ 02 05 yx yx vì x+y +5 > x+y+2 ⇔    −≤ −≥ 1 4 s s ⇔    −==⇔−= −==⇔−= 5,01 2,04 min xy xy s s mas Cách 2: (x+y) 2 + 7(x+y) +10 = -y 2 Nên vế trái có A =49-40=9 Suy ra: x+y có hai nghiệm là -5;-2 Xét dấu BĐT ta suy ra được ; - 5< x+y <-2 Hay -4< x+y +1< -1 Từ đó ta suy ra:    −≤ −≥ 1 4 s s ⇔    −==⇔−= −==⇔−= 5,01 2,04 min xy xy s s mas Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS Ví dụ 3: Giải phương trình: ( ) 4 2 16123 +++ x x + ( ) 9125 2 +++ x x = 4 -2x –x 2 VT>2+3 =5 VP= -(x+1) 2 +5<5 Phương trình xãy ra khi: VT=VP=5 suy ra x=1 Ví dụ : x + ( 2-x 2 ) = 4y 2 +4y+3 Ta có: VT = x + ( ) ( ) 222 22 22 2 11 =−++≤− xxx VP = 4y 2 + 4y +3 = ( ) 22 12 2 ≤+ +y 1, 2 1 =−=⇒ xy h) Giải hệ phương trình bậc hai tổng quát: Hệ phương trình bậc hai ,hai ẩn ngoài các dạng đối xứng loại I, II,đẳng cấp …. Đối với dạng bậc hai tổng quát ta vẫn có cách giải như sau: Cho hệ phương trình bậc hai tổng quát:      =++++ =++++ edd y cbxa edd y cbxa yxxy yxxy 23 ' 2 2 22 2 2 121 2 11 2 1 Ví dụ Cho hệ phương trình: x 2 +y 2 -x-2y=2 Và x 2 +y 2 +2(x+y)=11 a) Nếu x = 0 thì hpt vô nghiệm. b) Nếu x 0≠ ta đặc y = x α khi đó hệ đã cho sẽ trở thành: Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS c) ( ) ( ) ( ) ( )      =+++ =−++ 11121 2211 22 22 x x x x α α α α Đặc x 2 = z ta được: ( ) ( ) ( ) ( )      =+++ =−++ 11121 2211 2 2 xz xz α α α α D = (1+ α 2 )(4 α +1) D x = ( 1+ α 2 )9 D z = 26 α -7 Nếu 4 α +1 =0 thì hpt vô nghiệm Nếu 4 α +1 0≠ thì hpt có nghiệm: x= 14 9 + α z= ( ) ( ) 141 726 2 ++ − α α α Với x 2 = z ( ) =⇔ +14 2 81 α ( ) ( ) 141 726 2 ++ − α α α     − = = ⇔ 23 44 2 α α Với α =2 2,1 ==⇒ yx Với α = -44/23 thì x=-69/51,y=132/51 i)Giải phương trình bậc 2 theo tham số, phương trình bậc 4 đưa về bậc hai. + Giải Phương trình bậc hai qua tham số Ví dụ 1: Giải phương trình 02222 24 =−+−+ x xx Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao:-Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS Đặt t 2 =2, t>0 ⇒ t 2 –(2x 2 +1)t + x 4 – x=0 4=∆ x 4 + 4x 2 + 1 – 4x 4 + 4x = 4x 2 + 4x + 1 =( 2x+1) 2 2 )12(12 2 2,1 +±+ =⇒ x x t T 1 = x 2 +x +1 (*) T2 = x 2 – x (**) ứng với t ta tìm được giá trị của x tương ứng từ hai phương trình trên. ví dụ:Cho phương trình: x 3 – mx 2 – (m+1)x + m 2 + m =0 xác dịnh m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt: Ta có: f(m) = m 2 – (x 2 +x-1)m+x 3 –x =0 ∆ = (x 2 +x-1) 2 -4(x 3 –x) = ( x 2 –x-1) 2 0≥ Vậy     = −= xm m x 1 2    += = ⇔ 1 2 m mx x Để phương trình có 3 nghiệm    +≠ >+ ⇔ 1 01 2 m m m      ± ≠ > ⇔ 2 51 1 m m + Phương trình bậc 4 đưa về phương trình bậc: ax 4 +bx 3 +cx+d=0 ⇒ x 4 +px 3 +qx+m=0 đặc x = y - 4 p ta suy ra PT:y 4 =ry 2 +sy +t ( Phương pháp Ferrari) Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN [...]... chọn nâng cao: -Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS khi đó ta chọn một số n sao cho đưa về hai vế có dạng: (y2+n)2 = (r+n)y2+sy+t+n2 Thoả mãn điều kiện: A( delta)=s2-4(n+r)(t+n2) Ví dụ: x4-3x2 -10x -4 =0 Ta viết; (x2+a)2 =(3 + 2a)x2+10x+4+a2 Chọn a sao cho A( delta)= 25-(4+a2)(3+2a)=0 Voíư a=1 Từ đó ta viết : (x2+1)2 = 5x2+10x+5 ,từ đây ta có thể giải dễ dàng... +4f   +f(1) = c +a + 2b +4c + a + b + c =2a + 3b + 6c = 0 Nguyễn Đắc Duân – Tổ Toán trường THCS Kim Đồng- Đại Lộc-QN Chuyên đề : Tự chọn nâng cao: -Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS 1 2 1 2 nên suy ra: f(0) , f   ,f(1) có ít nhất hai số đối nhau hoặc f(0).f   . cao: -Các phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS Chuyên Đề: A/ Ứng dụng tam thức bậc 2 trong việc giải toán THCS. B/ Vận dụng tam thức bậc bai trong giải toán. phương pháp sai phân hữu hạn -Vận dụng tam thức bậc hai trong giải toán THCS Nội dung: A/ Ứng dụng tam thức bậc 2 trong việc giải toán THCS. 1. Chứng minh Bất Đẳng thức: Ta có f(x) = 2 2 2 [(. 1, 2 1 =−=⇒ xy h) Giải hệ phương trình bậc hai tổng quát: Hệ phương trình bậc hai ,hai ẩn ngoài các dạng đối xứng loại I, II,đẳng cấp …. Đối với dạng bậc hai tổng quát ta vẫn có cách giải như sau: Cho