SKKN Van dung tam thuc bac hai vao giai toan THCD

một số dạng toán vận dụng tam thức bậc haiI:giải phơng trình : A:Kiến thức cơ bản: Để vận dụng tam thức bậc hai vào giải phơng trình ta đa phơng trình đó về dạng phơng trình bậc hai dạn

một số dạng toán vận dụng tam thức bậc hai

(I):giải phơng trình :

A:Kiến thức cơ bản:

Để vận dụng tam thức bậc hai vào giải phơng trình ta đa phơng trình đó về dạng phơng trình bậc hai dạng :ax 2+ bx + c = 0 bằng cách đặt hoặc biến đổi Khi đa phơng trình đó về dạng phơng trình bậc hai một ẩn ta đã có công cụ giải ở lớp 9

Đó là công thức nghiệm và công thức nghiệm thu gọn của phơng trình bậc hai

B :Một số dạng toán cơ bản :

1 : Phơng trình trùng phơng

a :Kiến thức cơ bản :

Phơng trình trùng phơng có dạng : a x4 +bx2 +c =0 (a 0 )

Để đa phơng trìng trên về dạng phơng trìng bậc hai ta đặt ẩn phụ :x2= t (t0 )

Ta đợc phơng trìng bậc hai : at2 +bt +c = 0

b:Ví dụ : Giải phơng trình : 2x4-3x2-2=0

Giải :

Đặt x2 =t Điều kiện t0 ta đợc phơng trình bậc hai đối với ẩn t

2t2 - 3t - 2 = 0

=9 +16 = 25;  =5 Phơng trình có hai nghiệm:

t1=

2

1 4

5 3







; t2= 2

4

5 3





t2=2 thoả mãn điều kiện t2  0

với t=t2=2 ta có x2=2  x1 = 2 ; x2=- 2

Vậy phơng trình có ha inghiệm : x1 = 2 ; x2=- 2

2: Phơng trìng đối xứng bậc chãn :

a: kiến thức cơ bản :

Ta xét phơng trình bậc bốn dạng : a x4 + bx3 +c x2 +bx +a = 0

(a 0; các hệ số của ẩn cách đều số hạng chính giữa )

vì x= 0 không phải là nghiệm của phơng trình nên chia hai vế của phơng trình cho

x2 ta có :

x

ax +

0

2 2 2

2 2

3









x

a x

bx x

cx x bx

a x2 + bx +c -  2  0

x

a x b

0 )

1 ( )

1











x x b x x

Đặt x+ y

x 

1

ta có : x2 + 1 ( 1) 2 2 2 2

2    y 

x

x x

Do đó phơng trình ( 1) có dạng phơng trình bậc hai :

ay2 + by +c -2a = 0 (2) Giải phơng trình bậc hai với ẩn số y ta tìm đợc y từ đó suy ra x

b : ví dụ :

Giải phơng trình : 2x4 + 3x3 - x2 +3x +2 = 0

Giải :

Nhận thấy x= 0 không là nghiệm của phơng trình , với x 0 chia cả hai vế của phơng trình cho x2 ta đợc phơng trình tơng đơng :

2x2 + 3x -1 +3 22  0

x x

0 5 ) 1 ( 3 ) 1 ( 2

0 5 ) 1 ( 3 ) 1 2 ( 2

2 2 2



























x

x x

x

x

x x

x

tới đây ta nhận thấy phơng trình trên có dạng bậc hai nếu đặt x + y

x 

1

đa phơng trình về dạng : 2y2 + 3y -5 = 0 giải phơng trình ta đợc :

y1 =1 ; y2 =

-2 5

với x +1  1

x ta có : x2 + 1 -x = 0 vô nghiệm

5 1





 2 + 5x + 2 = 0 giải phơng trình ta đợc hai nghiệm :

x1 = -2 ; x2 =

-2 1

C : nhận xét : phơng trình đối xứng bậc chẵn nếu m là nghiệm thì

m

1

cũng

là nghiệm của phơng trình

Nếu phơng trình có dạng : a x5 +bx4cx3 +cx2 +bx +a = 0

đợc gọi là phơng trình đối xứng bậc lẻ , phơng trình này bao giờ cũng nhận -1 làm nghiệm Do đó có thể hạ bậc để đa phơng trình về phơng trình đối xứng bậc chẵn mà ta và trình bày cách giải ở trên

3 : Phơng trình hồi quy :

a: phơng trình có dạng : a x4+ bx3+cx2+dx +k = 0 (a 0 )

vì x= 0 không phải là nghiệm nên ta chia cả hai vế cho x2 ta đợc phơng trình tơng

đơng :

a(x2 + 2)

ax

k

+ b(x + ) c 0

bx d

trong đó : ( ) 2

b

d a

k

 đặt x +

b

d t x b

d x t bx

d

2

2 2

2 2











hay x2 +

b

d t ax

k

2

2

2   vậy phơng trình đã cho đợc đa vể dạng phơng trình bậc hai đối với ẩn t :

at2 + bt + c +2  0

b ad

b : ví dụ :

Giải phơng trình : 2x4 - 21x3 + 74x2 - 105x + 50 = 0

Giải :

x = 0 không phải là nghiệm của phơng trình nên chia cả hai vế cho x2 ta đợc

ph-ơng trình tph-ơng đph-ơng :

2(x2 +252)  21 ( 5)  74  0

x

x x

2

2 25 5

t x x t

x     - 10

khi đó phơng trình trên có dạng phơng trình bậc hai đối với ẩn t

2t2 - 21t +54 = 0

Giải phơng trình bậc hai trên ta đợc hai nghiệm :

t1 = 6 và t2 = 4,5 với t1 = 6 ta có 5  6

x

x hay x2 - 6x + 5 = 0 giải phơng trình trên ta đợc :

x1 = 1 ; x2 =5 với t2 = 4,5 ta có : x +5  4 , 5

x hay x2 - 4,5x + 5 = 0 Giải phơng trình ta đợc x3 = 2 ; x4 =2,5

vậy phơng trình đã cho có các nghiệm là :

x1 = 1 ; x2 = 5 ; x3 = 2 ; x4 =2,5

C : nhận xét :

Phơng trình hồi quy trong đó ( ) 2

b

d a

k

 ; k 0 có ẩn phụ dạng

t =x +

bx

d

4 : Phơng trình dạng : (x + a) (x + b )(x + c)( x+ d) = m

hoặc : ( x + a )(x +b)(x + c)(x +d) = mx2

a: ví dụ1: Giải phơng trình :

( x + 1 )( x+ 2)(x +3)(x+4) =3

Giải :

( x+1)(x+2)(x +3)( x+4) = 3

 ( x+1)(x+4)(x+2)(x+3) = 3

 (x2 + 5x +4 )(x2 +5x+6) = 3

Đặt : x2 +5x + 4 = t ta đợc phơng trình bậc hai với ẩn t :

t(t + 2) = 3

 t2 +2t-3 = 0 Giải phơng trình bậc hai đối với ẩn t ta đợc : t1 =1 ;t2 = -3

với t1 = 1 ta có : x2 +5x+4 = 1 x2+5x +3 =0

Giải phơng trình ta đợc :

x1;2 =

2

13

5 



t2 = -3 ta có : x2+5x+4= -3  x2+ 5x + 7 = 0 ; phơng trình này vô nghiệm

(vì  = 25 - 28 < 0 )

vậy phơng trình đã cho có nghiệm : x1;2 =

2

13

5 



Ví dụ 2 : giải phơng trình :

4(x+5)(x+6)(x+10)(x+12) = 3x2 (1)

Giải :

(1)  4(x2+17x + 60)(x2 + 16x + 60) = 3x2

 4(x +17 +602

x )(x + 16 + x

60

) = 3 (vì x 0)

Đặt x+16 +

x

60

= y

Ta đợc phơng trình bậc hai ẩn y : 4y2 + 4y - 3 = 0

Phơng trình có hai nghiệm vì  / = 4 + 12 = 16

Giải phơng trình ta đợc :

y1 =

2

1

; y2 =

2

3



với y1 =

2

1

ta có : 2x2 + 31x +120 = 0

giải phơng trình ta đợc x1 = - 8 ;x2 =

-2 15

với y2 =

-2

3

ta có : 2x2 + 35x + 120 = 0 giải phơng trình ta đợc :

x3;4 =

4

265

35 



vậy phơng trình đã cho có nghiệm :

x1 = - 8 ; x2 =

2

15



; x3;4 =

4

265

35 



c: nhận xét :

Đối với tphơng trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = 0 trong đó a + d = b +c ta nhóm (xa)(xd)(xb)(xc) m

từ đó ta đặt ẩn phụ để đa phơng trình đã cho về dạng phơng trình bậc hai một ẩn

Đối với phơng trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = mx2 trong đó :ad = bc ta nhóm (xa)(xd)(xb)(xc)mx2

ẩn phụ có thể đặt là : y= x +

x

ad

hoặc y = (x + a)(x + d)

Đối với phơng trình dạng d(x + a)(x + b)(x + c) = mx trong đó d =

2

c b

a 

m = (d - a)(d - b)(d - c) ta đặt ẩn phụ y = x + d một nghiệm của phơng trình là y y

= 0

5: Phơng trình vô tỉ :

a) cơ sở lí thuyết :

Trong quá trình giải phơng trình vô tỉ đôi khi ta gặp những phơng trình nếu ta dùng phơng pháp bình phơng hai vế để phá căn thức bậc hai thì dẫn đến phơng trình bậc cao mà việc giải phơng trình đó không đơn giản Song nếu khéo léo đặt

ẩn phụ ta có thể qui phơng trình đó về phơng trình bậc hai sau đây ta sẽ xét một vài ví dụ:

b) ví dụ :

Ví dụ 1: Giải phơng trình :

2x2 - 8x - 3 2 4 5



x = 12 (2)

Giải :

(2) 2 ( 2 4 5 ) 3 2 4 5











Đặt 2 4 5



x = t (t 0 ) ta quy phơng trình bậc hai với ẩn t :

2t2 - 3t - 2 = 0

Giải phơng trình này ta đợc hai nghiệm t1 = 2 ; t2 =

-2 1

với t2 =

-2

1

loại ( vì t 0 )

với t1 = 2 ta giải phơng trình : 2 4 5



x = 2 hai vế không âm phơng trình

tơng đơng với x2 - 4x - 5 = 4

 x2 - 4x - 9 = 0

giải phơng trình trên ta đợc hai nghiệm : x1;2 = 2 13

ví dụ 2 :

Giải phơng trình :

(4x - 1) 2 1



x = 2x2 + 2x + 1

Giải :

Nếu bình phơng hai vế để phá căn thức ta quy về phơng trình bậc bốn đầy đủ việc giải gặp khó khăn hơn , nếu đặt t = 2 1



x ( t 1 )  x2 = t2 - 1 phơng trình trên trở thành (4x - 1)t = 2(t2 - 1) + 2x + 1

ta quy về phơng trình bậc hai đối với ẩn t :

2t2 -(4x - 1)t + 2x - 1 = 0

 = (4x - 1)2 - 8(2x - 1) = (4x - 3)2

t1;2 =

4

) 3 4 ( 1

t1 = 2x - 1 ; t2 =

2

1

< 0 (loại) với t = 2x - 1 thay t = 2 1



x ta đợc phơng triình: 4x2- 4x + 1 = x2+ 1 (t 1 )

 3x2 - 4x = 0

Giải phơng trình ta đợc x1 =

3

4

; x2 = 0 (loại) vậy x =

3

4

là nghiệm của phơng trình đã cho

6: Giải và biện luận phơng trình :

a)Kiến thức cơ bản :

Đối với phơng trình bậc cao với những tham số đây không phải là những phơng trình đặc biệt nên việc giải đôi khi rất khó khăn, nếu phơng trình đã cho có tham

số là bậc hai ta có thể đa phơng trình về dạng phơng trình bậc hai đối với ẩn là tham số:

b) Ví dụ :

Giải và biện luận phơng trình :

x4 - 10x3 - 2(a - 11)x2 +(5a + 6)x + 2a + a2 = 0

Giải :

Phơng trình trên có thể viết dới dạng:

a2 - 2(x2 - 5x - 1)a + (x4 - 10x3+ 22x2 - 12x ) = 0

/a

 = (x2 - 5x - 1)2 - (x4 - 10x3+ 22x2 - 12x ) = (x - 1)2

a1 = x2 - 4x - 2 ; a2 = x2 - 6x

- Với a = x2 - 4x - 2  x2 - 4x - 2 - a = 0

ta có : = 4+ 2+ a = 6 + a

*Nếu /

  0  a  6 phơng trình có hai nghiệm x1;2 = 2 6 a

* Nếu  /< 0  a <-6 phơng trình vô nghiệm

-với a= x2+ 6x  x2- 6x - a = 0, ta có /

 = 9 + a

*Nếu /

  0  a 9 phơng trình có hai nghiệm x3;4= 3  9 a

*Nếu / < 0  a < -9 phơng trình vô nghiệm

Tóm lại:

* Nếu a < -9 phơng trình vô nghiệm

* Nếu-9  a < -6 phơng trình có hai nghiệm x3;4= 3  9 a

* Nếu a  6 phơng trình có bốn nghiệm x12 = 2 6 a; x3;4= 3  9 a

C: Nhận xét :

Với những phơng trình có dạng nh trên ta cần lu ý tham số của chúng nếu tham số là bậc hai ta đa phơng trình đã cho về phơng trình bậc hai với ẩn là tham số:

II: bất đẳng thức:

A:Kiến thức cơ bản :

Do tam thức bậc hai f(x) = ax2+ bx + c (a 0) x R

- Điều kiện để f(x)  0

















0

0

a x

- Xét hàm số bậc hai :y = ax2+ bx + c (a 0) x  , 

*Nếu x =

-a

b

2  ,  thì :

max y = max











) 2 ( );

( );

(

a

b y y

y   min y = min











) 2 ( );

( );

(

a

b y y

y  

*Nếu x =

-a

b

2  ,  thì:

max y= max y(  );y(  ) min y = miny(  );y(  )

B: Một số ví dụ:

1: Dùng điều kiện có nghiệm của phơng trình bậc hai:

Ví dụ 1:

Cho các số a, b, c thoả mãn điều kiện :

a + b + c = -2 (1) ; a2+ b2+ c2= 2 (2)

Chứng minh rằng mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn  ; 0

3

4

khi biểu diễn trên trục số

Giải

Bình phơng hai vế của (1) ta đợc: a2+ b2+ c2 + (ab +bc + ca) = 4

do (2) nên ab +bc + ca =

2

2

4 

= 1  bc = 1 - a(b + c ) = 1 - a(a - 2) = a2+ 2a + 1

Ta lại có : b + c = -(a + 2) do đó b,c là nghiệm của phơng trình

X2 + (a + 2)X + (a2 + 2a + 1) = 0

Để tồn tại X thì:   0

 (a + 2)2- 4(a2 + 2a + 1)  0

 a(3a + 4)  0  0

3

4







a

Tơng tự : 0

3

4







b ; 0

3

4







c

Ví dụ 2: Cho ba số thoả mãn : a(a - 1) + b(b - 1) + c(c - 1)

3

4

 Chứng minh rằng : -1 a + b + c  4

Giải:

Ta có: a(a - 1) + b(b - 1) + c(c - 1)

3

4

  ( a2+ b2+ c2) - 3(a + b + c)  4 (1)

Ta lại có: (a + b + c)2  ( a2+ b2+ c2) (theo bất đẳng thức Bunhiacỗpki) (2) Kết hợp (1) và (2) ta có:

(a + b + c)2 - 3(a + b + c) - 4  0 (3)

Ta thấy bất đẳng thức trên vế trái có dạng tam thức bậc hai với biến a + b + c

Tam thức trên nhận -1 và 4 làm nghiệm

kết hợp với (3) ta đợc : -1 a + b + c  4 (đ.p.c.m)

Ví dụ 3:

Cho (x, y, z) là nghiệm của hệ:



















4

8

2 2 2

zx yz xy

z y x

((54)) chứng minh rằng

3

8 , , 3

8





Giải :

Nhân (5) với 2 rồii cộng với (1) ta đợc :

(x+y+z)2= 16  x+y+z =4

Nếu x + y + z = 4  z = 4 - x - y thay vào (5) ta đợc :

xy + y(4 - x - y) + (4 - x - y) = 4

 x2 - (4 - y)x - y(4- y) + 4 = 0 (*)

Do x là nghiệm của hệ nên x là nghiệm của (*) vậy (*) có nghiệm khi   0

 (4 - y)2 + 4  - 3y2 + 8y  0

 0

3

8



y

Nếu x + y + z = -4 tơng tự ta đợc :- 0

3

8



y

Vậy ta có :

3

8 3

8



y

Vì x, y,z có vai trò nh nhau nên ta đợc :

3

8 , , 3

8





2: Dùng tính chất của hàm số bậc hai : y=ax 2 +bx + c (a 0 ) với x , 

ví dụ 1 :

Cho a,b,c  0 ; 2 thoả mãn điều kiện a+b+c = 3 chứng minh rằng a2+b2+c2  5(1)

Giải :

Nhận thấy bất phơng trình trên có ba biến a,b,c nhng a + b + c = 3 nên ta đa bất

đẳng thức trên về còn hai biến bằng cách thay c=3 - a - b vào (1) ta đợc :

a2+ b2+ c2  5  a2+ b2+ (3 - a - b)2  5 (2)

vậy ta đi chứng minh bất đẳng thức (2) với biến a,b đều có bậc là hai nên ta có thể quy (2) về tam thức bậc 2 với ẩn nào đó, chẳng hạn đối với ẩn a :

(2)  f(a) =2a2 - 2 (3 - b) + b2 +(3 - b)2 - 5  0 (3)

muốn chứng minh (3) ta chỉ cần chứng minh f(a)  0 với a  0 ; 2

Do hệ số của a bằng 2 > 0 nên a  0 ; 2 thì :

max f(a) = max f( 0 ), f( 2 ) với a  0 ; 2

ta có :

f(0) = b2 +(3 - b)2 - 5 =2(b - 1)(b - 2)

khi a = 0 thì b + c = 3  c = 3 - b

do 0c 2  0  3  b 2  1 b 3  1 b 2  (b - 1)(b - 2)  0  f(0)  0

f(2) = 8 - 4(3 - b) +b2 +(3 - b )2 - 5 = 2b(b - 1 )

khi a = 2 thì b +c = 1  0b, c 1

 b(b - 1)  0  f(2)  0

Nh vậy f(0)  0 ; f(2)  0  max f( 0 ),f( 2 )  0

 maxf(a)  0  f(a)  0 với a  0 ; 2

Ví dụ 2:

Tìm m sao cho mọi 2 < x < 3 đều là nghiệm của hệ bất phơng trình :





















0 4

0 5

4 4 2 2

m x x

m x

x

Giải:

Do mọi 2 < x < 3 cũng đều là nghiệm của hệ bất phơng trình trên nên :





















0 4

0 5

4 4 2 2

m x x

m x

x

mọi 2 < x < 3 hay :



























3 2

0 ) ( min

3 2

0 ) ( min

2 1

x

x f x

x f

(*)

trong đó : f1(x) = 4x2 - 4x+5 - m

f2(x) = x2+ 4x+ m

Nhng các hoành độ đỉnh của các parabol

x1 = 2 ; 3

2

1

 ; x2 = -2 ( 2 ; 3 )

hay (*)

























0 ) 3 (

0 ) 2 (

0 ) 3 (

0 ) 2 (

2 2 1 1

f f f

f

































0 21

0 12

0 29

0 13

m m m m

vậy :-12 m  13

3: Dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai

Ví dụ :

Chứng minh bất đẳng thức :

x2+2y2-2xy +12x- 4y+3 > 0

Giải :

Ta nhận thấy có dạng tam thức bậc hai đối với ẩn x :

f(x) = x2 - 2(y - 1)x+(2y2 - 4y+3)

ta có :  =(y - 1)2 - (2y2 - 4y+3) = -y2 +2y - 2 = -(y - 1)2 - 1 < 0 do đó f(x) cùng dấu với hệ số của x tức là f(x) > 0

C: Nhận xét :

Khi thực hiện bằng cách nào đó ta phải quy về số bậc hai đối với ẩn nào đó qua

đó ta sử dụng, tính chất và điều kiện về dấu của tam thức bậc hai :

Tam thức bậc hai: f(x) = ax2+bx+c (a 0 )

*Nếu < 0 thì f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x

*Nếu  = 0 thì f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x trừ x =

-a

b

2

*Nếu > 0 thì : f(x) trái dấu với a với mọi giá trị của x nằm trong khoảng hai nghiệm

f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x nằm ngoài khoảng hai nghiệm

III: Các bài toán cực trị

A:Kiến thức cơ bản

Để tìm cực trị của một biểu thức ta có thể vận dụng các tính chất và điều kiện

có nghiệm của tam thức bậc hai Nh vậy ta có thể biến đổi biểu thức để đa về dạng tam thức bậc hai

B: Một số ví dụ:

1) Đổi biến để đa về tam thức bậc hai đối với biến mới.

vì dụ 1:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

A= x + 1  x

Giải:

Điều kiện: x  1

Đặt 1  x = y ta có : y2 = 1 - x  x = 1 - y2

Vậy : A = 1 - y2 + y

= -(y2 - y +

4

1

) +

4 5

= -(y -

2

1

)2 +

4

5

 4 5

maxA =

4

5

 y =

2

1

 1- x =

4

1

 x =

4 3

2: Đổi biến để đa về bất phơng trình bậc hai đối với biến mới :

ví dụ 1 :

Tìm giá trị nhỏ nhất , giá trị lớn nhất của A = x2 + y2

biết : x2 (x2 + 2y2 - 3) + (y2 - 2)2 = 1 (1)

Giải :

Từ (1)  ( x2 + y2)2 - 4(x2 + y2) + 3 = - x2  0

vậy : A2 - 4A + 3  0  (A - 1)(A - 3)  0

 1 A  3

minA = 1  x = 0 khi đó y = 1

maxA = 3  x = 0 khi đó y =  3

Ví dụ 2:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = 2 2 2 2000

x

x

x  

(x0)

Giải:

A = 2 2 2 2000

x

x

x   = 22 22 20002

x x

x x

x



= 1- 2 20002

x

x vì x0

Biểu thức trên có dạng tam thức bậc hai nếu ta đặt

x

1

= y

ta có : A = 1 - 2y + 2000y2 = 2000(y -

2000

1

)2 +

2000 1999

Vậy: A 

2000 1999

minA =

2000

1999

2000

1



 y hay x = 2000

3: Đa về phơng trình bậc hai và sử dụng điều kiện   0

Ví dụ 1:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

M = 2x2 + 2xy + y2 - 2x + 2y + 2

Giải :

Giả sử A là một giá trị của biểu thức vì vậy phơng trình :

2x2 + 2xy + y2 - 2x + 2y + 2 = A có nghiệm đối với x, y Đa về phơng trình bậc hai đối với ẩn x ta có :

2x2 + 2(y - 1)x + (y2 + 2y + 2 - A) = 0 có nghiệm khi / 0



x

 (y - 1)2 - 2(y2 + 2y + 2 - A)  0

 bất phơng trình : y2 + 6y + 3 - 2A  0 có nghiệm y:

 /y = 9 - (3 - 2A)  0  2A + 6  0

 A   3 Dấu " = " xảy ra khi y = -3

x =

2

1  y

= 2 Vậy minM = -3 khi x = 2 ; y = -3

Ví dụ 2:

Cho A =

1

) 1 (

2

2 2







x

x x

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A và các giá trị tơng ứng của x

Giải: