SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM 2010 - 2011

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hiện nay trong chương trình Toán THPT phân ban của Bộ GD & ĐT không đưa vào nội dung định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, trong khi đó một số bài tập so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực trong chương trình Toán THPT vẫn thường được sử dụng bằng phương pháp này gây ra khó khăn cho giáo viên giảng dạy và học sinh giải các bài tập này. Trong khi phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” lại tỏ ra hữu ích với các loại bài này vì công năng đa dạng và đơn giản trong tư duy của học sinh. II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Đưa ra một số các dạng toán cơ bản có thể sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” để giải quyết, góp phần nâng cao năng lực giải toán của học sinh THPT. III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Học sinh khối 10,11 &12- THPT PHẠM NGŨ LÃO từ năm 2007 đến 2011. IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực hiện nghiên cứu cần thực hiện phối hợp linh hoạt các phương pháp nghiên cứu. 1. Nghiên cứu lý luận Phân tích chương trình môn toán SGK 10. Nghiên cứu về kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” trong các tài liệu lý luận, sách tham khảo. 2. Thực nghiệm và rút kinh nghiệm Thông qua dự giờ thăm lớp, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, với các bạn đồng nghiệp, trao đổi và sát hạch học sinh bằng các bài kiểm tra. Từ đó rút ra kinh nghiệm giảng dạy. V.CẤU TRÚC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Mở đầu Tiềm năng và thực tiễn của việc rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT. Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT. Tài liệu tham khảo. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I. Tiềm năng của phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” là phương pháp sử dụng mối liên hệ giữa các nghiệm TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 của phương trình bậc hai thông qua định lí Vi-ét để giải các bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực. Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm của mình tôi xin đưa ra một số dạng bài có thể giải được bằng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”    So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực α .    So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với hai số thực α và β .    So sánh các nghiệm của phương trình bậc ba với số thực α .    Tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước.    Tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại n điểm (n = 2 hoặc n = 3) thảo mãn điều kiện cho trước . 1. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai f(x) ≡ ≡≡ ≡ ax 2 + bx +c = 0 (*) với một số thực α αα α  Kiến thức cơ bản:    a>0 b>0 ⇔    a+b>0 ab>0 ֠ ֠֠ ֠        a>0 b<0    a<0 b>0 ⇔ ab < 0 ֠ ֠֠ ֠ 0 0 0 . 0 a a b b ab < + <   ⇔   < >   . Điều kiện để số α nằm giữa hai nghiệm của (*) là: ( )( ) 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0 0 0 ( ) 0 0 0 x x x x x x x x x x α α α α α α α α  − >    − <   ⇔ − − < ⇔ − + + <  − <    − >    Điều kiện để số α nhỏ hơn hai nghiệm của (*) là: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 0 2 0 0 ( ) 0 . 0 x x x x x x x x x x x x α α α α α α α α α − + − > + > − >    ⇔ ⇔    − > − + + > − − >     Điều kiện để số α lớn hơn hai nghiệm của (*) là: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 0 2 0 0 ( ) 0 . 0 x x x x x x x x x x x x α α α α α α α α α − + − <  + < − <    ⇔ ⇔    − < − + + > − − >     Điều kiện để có đúng 1 nghiệm của (*) nhỏ hơn α là: TH1: a = 0. TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 TH2: a ≠ ≠≠ ≠ 0    x 1 <α=x 2 x 1 =x 2 <α x 1 <α<x 2 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 0 ( ) 0 2 2 0 0 0 2 ( ) 0 . 0 ( ) 0 . 0 f f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x α α α α α α α α α α α α α α α  =   =      + < + <        ∆ =  ∆ =       − + − < ⇔ + <       − + + > − − >       − + + < − − <       Điều kiện để (*) có nghiệm nhỏ hơn α là: TH1: a = 0. TH2: a ≠ ≠≠ ≠ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 0 ( ) 0 2 2 0 2 ( ) 0 . 0 ( ) 0 . 0 f f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x α α α α α α α α α α α α α α α α α α  =   =      + < + <     < =    − + − < + <      ⇔ ≤ < ⇔ ⇔      − + + > − − >     < <    − + + < − − <       Điều kiện để (*) có nghiệm lớn hơn α là: TH1: a = 0. TH2: a ≠ ≠≠ ≠ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 0 ( ) 0 2 2 0 2 ( ) 0 . 0 ( ) 0 . 0 f f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x α α α α α α α α α α α α α α α α α α  =   =      + > + >     = <    − + − > + >      ⇔ < ≤ ⇔ ⇔      − + + > − − >     < <    − + + < − − <       Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm lớn hơn α là: TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 TH1: a = 0. TH2: a ≠ ≠≠ ≠ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 0 ( ) 0 2 2 0 0 0 2 ( ) 0 . 0 ( ) 0 . 0 f f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x α α α α α α α α α α α α α α α α α α  =   =      + > + >        ∆ =  = < ∆ =         ⇔ < = ⇔ − + − > ⇔ + >         < < − + + > − − >        − + + < − − <                          Ví dụ minh họa:    Ví dụ 1.1: Cho phương trình f(x) = (m+1)x 2 - 2(m-1)x + m 2 + 4m - 5 = 0(*) . Hãy tìm m để phương trình (*): a) Có hai nghiệm trái dấu ? b) Có hai nghiệm lớn hơn 2? c) Có hai nghiệm nhỏ hơn 1? G: a) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình trái dấu (có nghĩa là có mộtnghiệm âm và một nghiệm dương ) ⇔ x 1 .x 2 < 0; mà x 1 .x 2 = c a nên yêu cầu bài toán trở thành : tìm m để : c a < 0. Trình bày: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ c a < 0 ⇔ m 2 +4m-5 m+1 < 0 ⇔    m<-5 -1<m<1 . b) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 0 2 0 4 2 0 2( ) 4 0 2 . 2 0 x x x x x x x x x x x x − + − > − > + >    ⇔ ⇔ ⇔    − > − + + > − − >     Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm ⇔ 1 0 1 2 1 (1) ' 0 ( 1)( 2)( 3) 0 3 m m m m m m m + ≠ ≠ − − ≤ ≤    ⇔ ⇔    ∆ ≥ − + + ≥ ≤ −    Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn: 1 2 2 1 2 2( 1) 1 (2) 4 5 1 m x x m m m x x m −  + =   +  + −  =  +  Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 0 2 0 4 2 0 2( ) 4 0 2 . 2 0 x x x x x x x x x x x x − + − > − > + >    ⇔ ⇔    − > − + + > − − >     (3) Thay (2) vào (3) ta được: ( ) 2 3 2( 1) 0 4 1 1 3 1(4) ( 1) 3 4 5 2( 1) 2. 4 0 0 1 1 1 m m m m m m m m m m m m m − − −   > >   +   + ⇔ ⇔− < <−   + + + − −   − + > >   + +  +  Kết hợp, (1) và (4) ta được: -2 ≤ m < -1. Vậy với -2 ≤ m < -1 thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn 2. c) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình nhỏ hơn 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 1 0 2 1 0 ( ) 1 0 1 . 1 0 x x x x x x x x x x x x − + − < − < + <    ⇔ ⇔ ⇔    − < − + + > − − >     Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm ⇔ 1 0 1 2 1 (1) ' 0 ( 1)( 2)( 3) 0 3 m m m m m m m + ≠ ≠ − − ≤ ≤    ⇔ ⇔    ∆ ≥ − + + ≥ ≤ −    Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn: 1 2 2 1 2 2( 1) 1 (2) 4 5 1 m x x m m m x x m −  + =   +  + −  =  +  Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 1 0 2 1 0 ( ) 1 0 1 . 1 0 x x x x x x x x x x x x − + − < − < + <    ⇔ ⇔ ⇔    − < − + + > − − >     (3) Thay (2) vào (3) ta được: 2 2 2( 1) 2 2 0 3 17 1 1 1 (4) 2 4 5 2( 1) 3 2 1 0 0 1 1 1 m m m m m m m m m m m m − −   < >   − +  + + ⇔ ⇔ − < <   + − − + −   − + > >   + + +   Kết hợp, (1) và (4) ta được: 3 17 1 2 m − + − < < . Vậy với 3 17 1 2 m − + − < < thì phương trình (*) có hai nghiệm nhỏ hơn 1. Ví dụ 1.2: Cho phương trình f(x) = (m+2)x 2 - 2mx -1 = 0(1) . Hãy tìm m để phương trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1? TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 G: Phân tích: Phương trình bậc 2 có nghiệm nhỏ hơn 1 nghĩa là có thể xảy ra 3 trường hợp 1 2 1 2 1 2 1 1 1 x x x x x x < =   ≤ <   < <  . Trình bày: TH1: m + 2 = 0 ⇔ m = -2, phương trình trở thành 4x - 1= 0 ⇔ x = 1 4 thỏa mãn bài ra. TH2: m ≠ ≠≠ ≠ -2, có ∆’ = m 2 +m + 2 > 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Theo định lí vi - ét ta có: 1 2 1 2 2 2 (2) 1 2 m x x m x x m  + =   +  −  =  +  . Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (1) 0 (1) 0 2 2 1 1 1 0 2 1 (3) 1( ) 1 0 1 . 1 0 1 ( ) 1 0 1 . 1 0 f f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x  =   =      + < + <     < =    − + − <  + <      ⇔ ≤ < ⇔ ⇔     − + + > − − >      < <    − + + < − − <       Thay (2) vào (3) ta được: 1 0 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 0 2 2 1 1 2 2 1 0 2 2 m m m m m m m m m m m m m m m m m m  − =      <  =    +     > −     <   > −    +  ⇔ ⇔ ⇔ ≠ −    − − < <     − + >   + +   >     −  <−  − + <   + +    Vậy với mọi giá trị của m thì phương trình (1) đều có nghiệm nhỏ hơn 1. TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Ví dụ 1.3: Cho phương trình f(x) = mx 2 - (2m+1)x + 2 = 0(1) . Hãy tìm m để phương trình (1) có đúng một nghiệm lớn hơn 1? G: a) Phân tích: Phương trình bậc 2 có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1 nghĩa là có thể xảy ra 3 trường hợp 1 2 1 2 1 2 1 1 1 x x x x x x = <   < =   < <  . Trình bày: TH1: m = 0 ⇔ m = 0, phương trình trở thành -x +2= 0 ⇔ x = 2 thỏa mãn bài ra. TH2: m ≠ ≠≠ ≠ 0, có ∆’ = (2m-1) 2 ≥ 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm x 1 , x 2 . Theo định lí vi - ét ta có: 1 2 1 2 2 1 (2) 2 m x x m x x m +  + =     =   . Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (1) 0 ( ) 0 2 2 0 1 0 1 1 1 0 2 1 ( ) 1 0 1 . 1 0 ( ) 1 0 1 . 1 0 f f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x α  =   =      + > + >        ∆ = = < ∆ =         ⇔ < = ⇔ − + − > ⇔ + >          < < − + + > − − >        − + + < − − <       Thay (2) vào (3) ta được: 1 0 2 1 2 1 2 1 0 1 2 2 1 1 2 0 2 1 2 2 1 0 1 0 1 2 2 1 1 0 m m m m m m m m m m m m m m m m m m m  − =    +  >           − = = =        +  > ⇔ = ⇔ <         ≥  +  <    − + >       >    +  − + <     TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 Vậy với m ∈ (-∞;0) ∪ [1;+ ∞ ) ∪ { 1 2 } thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1. 2. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai f(x) ≡ ≡≡ ≡ ax 2 + bx +c = 0 (*) với hai số thực α αα α &β ββ β  Kiến thức cơ bản: Điều kiện (*) có hai nghiệm thuộc khoảng (α ;β) là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 0 2 . 0 ( ) 0 2 0 ( ) 0 . 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x α α α α α α α α α β β β β β β β β β − + − > + >    − − > < ≤ − + + >    < ≤ < ⇔ ⇔ ⇔    ≤ < + < − + − <      − + + > − − >   Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 . 0 . 0 ( ) 0 ( ) 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x α α α α β β β β α α β β − − <  < <   < < < ⇔ ⇔   < < − − <     − + + <  ⇔  − + + <   Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 0 . 0 . 0 2 ( ) 0 ( ) 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x α α α α β α α β β β α α α β β − + − >  < <   < < < ⇔ ⇔ − − >   < <   − − <  + >   ⇔ − + + >   − + + <  Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 0 . 0 . 0 2 ( ) 0 ( ) 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x β β β α β β β α α α β β β α α − + − <  < <   < < < ⇔ ⇔ − − >   < <   − − <  + <   ⇔ − + + >   − + + <  [...]... một trong số các kiến thức cơ bản trên Dễ thấy, (*) có một nghiệm là x =1 > -1 và (*) ⇔ (x-1)[x2 -2 x + 2m - 4] = 0 Như vậy, u cầu bài tốn trở thành tìm m để phương trình : x2 -2 x + 2m - 4 = 0 có 2 nghiệm nằm 2 phía của -1 x=1 Trình bày: Ta có: (*) ⇔ (x-1)[x2 -2 x + 2m - 4] = 0 ⇔ x 2-2 x+2m-4=0(1)  Do đó, u cầu bài tốn trở thành tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1’ < -1 5 ∆’>0 ⇔ 2 ⇔  4 (2) Khi đó, theo định lí Vi-ét có: ≠  (-2 ) -4 m (-2 )+5+m≠0 m 3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ m . SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5 /2011 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5 /2011. có một nghiệm là x =1 > -1 và (*) ⇔ (x-1)[x 2 -2 x + 2m - 4] = 0 . Như vậy, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình : x 2 -2 x + 2m - 4 = 0 có 2 nghiệm nằm 2 phía của -1 . Trình. ChÝnh SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5 /2011 + y’ = x 2 + 2(m-2)x + 5m + 4 xác định trên R. Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ x 2 + 2(m-2)x + 5m + 4 = 0 có 2 nghiệm