SKKN Giải một số dạng toán bằng định lý Viet

32 1.6K 2
SKKN Giải một số dạng toán bằng định lý Viet

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN BẰNG ĐỊNH LÝ VI ET" MỞ ĐẦU 1/ Lý do chọn đề tài Trong chöông trình moân Toaùn baäc THPT hiện nay có rất nhiều bài toán có tham số liên quan tới phương trình bậc 2, quy về bậc 2, và trong số đó xuất hiện nhiều và đa dạng các bài toán “Tìm điều kiện để một phương trình có nghiệm, có một nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm, bốn nghiệm …”. Đây thực chất là các bài toán so sánh nghiệm của một phương trình bậc hai với một số thực α , nếu xem xét các dạng toán này theo quan điểm, chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh không khó để có thể giải quyết bởi vì trong chương trình sách giáo khoa cũ lớp 10, các em được trang bị đầy đủ nội dung các định lý thuận, đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả. Nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đang phát hành thì phần kiến thức liên quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng trước vấn đề “Không có công cụ đó thì cần tìm hướng nào để bằng kiến thức các em đang được học trong sách giáo khoa các em vẫn có thể giải được các dạng toán đó?”. Với suy nghĩ nhằm giúp các em tìm tòi, phát hiện, tạo hứng thú trong quá trình học bộ môn Toán, và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, nay tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số”. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT. I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. a) Định nghĩa. • Phương trình bậc hai đối với ẩn x R∈ là phương trình có dạng: ( ) ( ) 2 ax 0 1 0bx c a+ + = ≠ b)Cách giải. • Tính 2 4b ac∆ = −  Nếu 0 ∆ < thì phương trình (1) vô nghiệm.  Nếu 0∆ = thì phương trình (1) có nghiệm kép 1 2 2 b x x a = = − .  Nếu 0∆ > thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 , 2 2 b b x x a a − − ∆ − + ∆ = = c) Định lý Vi-et – Dấu các nghiệm.  Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn x R∈ : ( ) ( ) 2 ax 0 1 0bx c a+ + = ≠ có hai nghiệm 1 2 ,x x thì 1 2 1 2 , . b c S x x P x x a a − = + = = = .  Dấu các nghiệm:  Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu 0P ⇔ < .  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu 0 0P ∆ ≥  ⇔  >  .  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương 0 0 0 P S ∆ ≥   ⇔ >   >  .  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng âm 0 0 0 P S ∆ ≥   ⇔ >   <  . 2) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN. Trong phần này tôi sẽ trình bày phương pháp giải quyết một cách tổng quát một số dạng toán liên quan đến phương trình bậc 2, và quy về bậc 2 trong tập số thực R: Thay vì so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực α , ta sẽ biến đổi để đưa về so sánh nghiệm của phương trình bậc 2 với số 0. Bài toán 1. Cho phương trình: ( ) ( ) 2 ax 0 1 0,bx c a x R+ + = ≠ ∈ a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x α ≥ . b)Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x α ≤ . c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: 1 2 x x α < < . d)Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: 1 2 x x α < < . e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: 1 2 x x α < < . Giải. • Đặt t x x t α α = − ⇒ = + , thay vào pt (1) ta được pt: ( ) ( ) 2 2 2 0 2at a b t a b c α α α + + + + + = a) Để phương trình (1) có nghiệm x α ≥ ⇔ pt (2) có nghiệm 0t ≥  TH1 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤ .  TH 2 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≥  b)Phương trình (1) có nghiệm x α ≤ ⇔ pt (2) có nghiệm 0t ≤  TH1 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤ .  TH2 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≤  c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa 1 2 x x α < < ⇔ pt (2) có 2 nghiệm 1 2 0 0t t P< < ⇔ < . d)Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa 1 2 x x α < < ⇔ pt (2) có 2 nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ >   < < ⇔ >   >  . e) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa 1 2 x x α < < ⇔ pt (2) có 2 nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ >   < < ⇔ >   <  . (Với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2 4 , . , a b a b c a b a a b c P t t S t t a a α α α α α α − + + + ∆ = + − + + = = = + = ) Nhận xét: Thoạt nhìn thì bài toán này mang đậm dấu ấn dùng kiến thức so sánh nghiệm của một tam thức bậc 2 với số thực α , và bằng cách làm như trên ta đã hướng dẫn học sinh giải quyết bài toán một cách dễ dàng dựa vào định lý Viet và các ứng dụng, tránh không sử dụng kiến thức về tam thức bậc 2 đã được giảm tải trong sách giáo khoa. Bài toán 2. Cho phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1x a x b x c x d k+ + + + = với a c b d+ = + . a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b)Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. d)Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Giải. • Ta biến đổi phương trình (1) ( ) ( ) ( ) 2 2 2x a c x ac x b d x bd k     ⇔ + + + + + + =     • Đặt ( ) ( ) 2 2 0 2 a c t x a c x t +   = + + + ≥  ÷   , thay vào (2) ta được phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 0 3 2 2 2 a c a c a c t ac bd t ac bd k       + + +     + + − + − − − =        ÷  ÷                 a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm 0t ≥  TH1 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤ .  TH2 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≥  b)Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:  TH1 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0t t P< < ⇔ < .  TH2 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0 0 t t S ∆ =  < = ⇔  >  c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ >   = < ⇔ =   >  . d)Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ >   < < ⇔ >   >  (Trong đó ∆ là biệt thức của phương trình (2), 1 2 1 2 . ,P t t S t t= = + ) Nhận xét: Trong các tài liệu sách giáo khoa, hoặc sách tham khảo, cách giải đưa ra đối với dạng toán này là đặt: ( ) 2 t x a c x= + + với điều kiện ( ) 2 4 a c t − + ≥ , khi đó để giải quyết các yêu cầu nêu trên học sinh sẽ lúng túng, đôi khi là không thể giải quyết nhất là đối với các em học sinh lớp 10,vì các em không được trang bị công cụ để so sánh nghiệm một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0. Bài toán 3. Cho phương trình: ( ) ( ) 4 3 2 ax 0 1 0bx cx bx a a+ + + + = ≠ a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm dương. b)Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm âm. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. d)Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Giải • Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia cả hai vế phương trình (1) cho 2 0x ≠ , ta được: ( ) 2 1 1 2 0 2a x b x c a x x     + + + + − =  ÷  ÷     (Thông thường tới đây học sinh sẽ đặt ( ) 1 2t x t x = + ≥ , khi đó nhận được phương trình 2 2 0at bt c a+ + − = và việc giải quyết các yêu cầu đặt ra sẽ khó khăn vì học sinh không được trang bị công cụ. Để giúp học sinh vượt qua trở ngại này chúng ta giải quyết như sau). a) Vì 0x > , đặt ( ) 1 2 0t x t x = + − ≥ suy ra 1 2x t x + = + , thay vào phương trình (2) được: ( ) 2 4 2 2 0at a b t a b c+ + + + + = (3). • Để phương trình (1) có nghiệm 0x > thì phương trình (3) có nghiệm 0t ≥ , ta xét:  TH1 : Phương trình (3) có nghiệm 1 2 0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤  TH2 : Phương trình (3) có nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≥  b)Vì 0x < , đặt ( ) 1 2 0t x t x = + + ≤ suy ra 1 2x t x + = + , thay vào phương trình (2) được: ( ) 2 4 2 2 0at b a t a b c+ − + − + = (4) • Để phương trình (1) có nghiệm 0x < thì phương trình (3) có nghiệm 0t ≤ , ta xét:  TH1 : Phương trình (3) có nghiệm 1 2 0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤  TH2 : Phương trình (3) có nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≤  c) Để phương trình (1) có nghiệm thì hoặc phương trình (3) có nghiệm 0t ≥ , hoặc phương trình (4) có nghiệm 0t ≤ . (Đây chính là kết quả tổng hợp của phần a và b). d)Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau;  TH1 : Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa: 1 1 2 1 1 0 0 0 0 t t P S ∆ >   < < ⇔ >   >   TH2 : Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa: 2 1 2 2 2 0 0 0 0 t t P S ∆ >   < < ⇔ >   <   TH3 : Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu 1 2 0 0 P P <  ⇔  <  Nhận xét: Với cách tiếp cận này học sinh cũng có thể dễ dàng giải quyết các bài toán như: Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm, 3 nghiệm. Bài toán 4. Cho phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ax ax 0 1 0; 0bx c bx c a α β γ α + + + + + + = ≠ ≠ a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b)Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Giải. • Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự) • Ta có 2 2 2 2 4 2 4 b b ac ax bx c a x a a   −   + + = + −    ÷       nên đặt 2 2 4 ax 4 b ac t bx c a − = + + + khi đó 0t ≥ . • Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau: ( ) ( ) 2 0t k t k α β γ − + − + = (2) với 2 4 4 b ac k a − = • Phương trình (2): ( ) 2 2 2 0t k t k k α β α α β γ + − + − + = (3) a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm 0t ≥  TH1 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤ .  TH2 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≥  b)Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ >   < < ⇔ >   >  c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 1 2 0t t< < , hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 1 2 0 t t< = .  TH1 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0t t P< < ⇔ < .  TH2 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0 0 t t S ∆ =  < = ⇔  >  (Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), 1 2 1 2 , .S t t P t t= + = ) Nhận xét: Khi gặp dạng toán này các em học sinh thường đặt 2 axt bx c= + + với điều kiện ( ) 2 4 4 b ac t a − − ≥ nếu a > 0, ( ) 2 4 4 b ac t a − − ≤ nếu a < 0. Phương trình nhận được 2 0t t α β γ + + = , và để giải quyết các yêu cầu của bài toán học sinh sẽ gặp trở ngại vì cần so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0. Chính vì thế với cách giải đã trình bày ở trên tạo cho các em học sinh rất hứng thú, vì các em có thể sử dụng một công cụ đơn giản, quen thuộc là định lý Viet để giải dạng toán này. Bài toán 5. Cho phương trình ( ) 2 2 ax 0 1b x c α + + + = với 0, 0a α > ≠ . a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Giải. • ĐK x R ∈ . [...]... này vào giảng dạy học sinh bộ môn Toán ở trường THPT, tôi nhận thấy rằng các em học sinh rất hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất ngờ khi mà một số bài tốn tưởng chừng như khơng thể giải quyết nếu khơng có cơng cụ là định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, thì nay lại được giải quyết một cách đơn giản, dễ hiểu thơng qua một định lý quen thuộc là định lý Vi-et Chính vì các em cảm thấy... trình như trên, đưa bài tốn về so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với số 0 dựa vào ứng dụng định lý Vi-et là một lựa chọn tối ưu trong bối cảnh các kiến thức về so sánh nghiệm của một tam thức bậc 2 với một số thực α đã được giảm tải trong sách giáo khoa Bài 2 Cho phương trình: ( )( )( ) x x − m + 1 x − m − 1 x − 2 m = 3m + 2 ( 1) , với tham số m ≥ 0 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b)... một ví dụ minh họa cho bài tốn tổng qt, tương tự học sinh có thể giải rất nhiều bài tốn như vậy với phương pháp như trên mà khơng sử dụng kiến thức về tam thức bậc hai Rất nhiều em học sinh sau khi được học ứng dụng của đạo hàm để giải một số dạng tốn “Tìm tham số m để phương trình f ( x, m ) = 0 có nghiệm?”, thì khi gặp bài tập này cũng lúng túng khơng giải quyết được vì khơng thể đưa bài tốn về dạng: ... tải phần định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, nên khi gặp các dạng tốn trong chun đề này đã trình bày các em cảm thấy lúng túng, nhất là các em học sinh lớp 10, ngay cả các em học sinh lớp 12 khi đã được trang bị cơng cụ là đạo hàm cũng thấy khó khăn Từ thực tế đó nhằm giúp các em học sinh cảm thấy hứng thú hơn khi học tốn, biết cách vận dụng, khai thác một số dạng tốn có chứa tham số, quy... ≠ 0 t1 < 0 < t2 ⇔  P < 0 t0 t >0 và giải bất phương trình t0 > 0  TH3: Phương trình (3) có nghiệm α ≠ 0 ∆ > 0  0 = t1 < t2 ⇔  P = 0 S > 0   TH4: Phương trình (3) có nghiệm α ≠ 0  0 < t1 = t2 ⇔ ∆ = 0 S > 0  Nhận xét: Đây là dạng tốn giống với bài tốn 6 đã giải quyết ở trên, ta cũng đã đưa về so sánh nghiệm của một phương trình có dạng bậc 2 với số 0 B BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1 Cho phương... = t1 = t2 ⇔  S = 0 (Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t 2 ) Nhận xét: Với dạng tốn này hầu hết các sách tham khảo đều đặt đưa về phương trình bậc 2 có dạng: at 2 + bt + c − aα = 0 , t = x2 + α ( t ≥ α ) , và khi đó để giải quyết các câu hỏi đặt ra thì đều phải sử dụng tới định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, hoặc sử dụng cơng cụ đạo hàm Cả hai cách này đều khơng... nghiệm của phương trình (2) với số thực α Song với cách giải như trên thì ta đã đưa bài tốn về so sánh nghiệm của phương trình (3) với số 0 Bài tốn 7.Cho phương trình: log a ( α x 2 + β x + γ ) = log a ( x − b ) ( 1) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất Giải với 0 < a ≠1 • Phương... hàng năm tơi đều chọn một đề tài thiết thực phục vụ cho cơng tác giảng dạy để viết thành sáng kiến kinh nghiệm nhằm nâng cao năng lực về chun mơn, góp phần chia sẻ cùng các đồng nghiệp, các em học sinh những ý tưởng phục vụ cho việc dạy và học được tốt hơn Thực tế qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy đại đa số các em học sinh đều ngại và lúng túng khi gặp các bài tốn có chứa tham số, bên cạnh đó việc... giảng dạy được Bộ Giáo dục ln coi là một nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực hiện một cách có hiệu quả Muốn làm tốt cơng việc đó thì người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận thức, nghiệp vụ chun mơn, từ đó tìm ra cho mình phương pháp giảng dạy đạt hiệu quả cao nhất, tạo được sự hứng thú và niềm tin ở học trò nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục Một trong những cách để tạo sự chuyển... nghiệm t0 ≥ 0 a ≠ 1 ∆ > 0  t1 < 0 = t2 ⇔  P = 0 S < 0   TH4: Phương trình (3) có nghiệm và giải bất phương trình a ≠ 1 t1 < 0 < t2 ⇔  P < 0  TH3: Phương trình (3) có nghiệm t0 a ≠ 1  0 ≤ t1 = t2 ⇔ ∆ = 0 S ≥ 0  (Trong đó ∆ là biệt thức của phương trình (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 ) Nhận xét: Dạng tốn này hay xuất hiện trong chun đề về phương trình chứa căn, và những bài tốn như thế cũng . NGHIỆM ĐỀ TÀI: "GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN BẰNG ĐỊNH LÝ VI ET" MỞ ĐẦU 1/ Lý do chọn đề tài Trong chöông trình moân Toaùn baäc THPT hiện nay có rất nhiều bài toán có tham số liên quan tới. >   <  . 2) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN. Trong phần này tôi sẽ trình bày phương pháp giải quyết một cách tổng quát một số dạng toán liên quan đến phương trình bậc 2, và quy về bậc 2 trong tập số thực R: Thay. hàm để giải một số dạng toán “Tìm tham số m để phương trình ( ) , 0f x m = có nghiệm?”, thì khi gặp bài tập này cũng lúng túng không giải quyết được vì không thể đưa bài toán về dạng: (

Ngày đăng: 08/04/2015, 21:31

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan