Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai

nn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA nnnnnnnmmnnmM + SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ ỨNG DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Người thực : Chức vụ : Đơn vị công tác : SKKN thuộc môn: Trịnh Thị Nga Giáo viên Trường THCS Trần Mai Ninh Toán THANH HÓA NĂM 2016 MỤC LỤC NỘI DUNG MỤC LỤC PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU A LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI B MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU C ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU D PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG A CƠ SỞ LÍ LUẬN B THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ C NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN II SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN III SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT(GTLN), GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT(GTNN) IV SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC PHẦN THỨ BA: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT TÀI LIỆU THAM KHẢO TRANG 2 3 3 4 14 19 20 PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU A LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình phổ thông dạng tập toán phong phú đa dạng Ở sách giáo khoa Toán lớp THCS, học sinh làm quen với phương trình bậc hai ẩn: Công thức tính nghiệm phương trình bậc hai, định lý Vi-ét ứng dụng việc giải số toán Tuy nhiên việc ứng dụng chúng vào việc giải toán khó như: chứng minh bất đẳng thức (BĐT), tìm giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN), giải phương trình (PT) nghiệm nguyên nhiều học sinh lúng túng kiến thức toán THCS đề cập trực tiếp đến vấn đề Nhiều năm gần kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi bậc THCS kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT hệ chuyên thường có toán chứng minh BĐT, tìm cực trị giải phương trình nghiệm nguyên Đây hai dạng toán tương đối khó học sinh THCS Để giải toán học tổng hợp kiến thức kỹ tính toán, tư sáng tạo Vậy làm để học sinh định hướng hướng đi, hay hình thành công thức "ẩn tàng" gặp toán Là giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán THCS, trình giảng dạy, luôn trăn trở, tìm tòi, chọn lọc phương pháp hợp lý để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh cách suy nghĩ làm quen với dạng toán để em có số phương pháp giải Bằng kinh nghiệm trình học hỏi, tích lũy, sâu vào nghiên cứu "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai" Trong phạm vi đề tài xin đưa số phương pháp mà thân soạn, dạy cho học sinh Mời bạn tham khảo đóng góp ý kiến để việc dạy trang bị cho học sinh giải dạng toán liên quan đến việc sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai ngày tốt B MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Trong thực tế dạy học sinh cứu "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai" việc cung cấp cho em ứng dụng như: giải phương trình bậc hai điều kiện liên quan đến nghiệm phương trình bậc hai, lập phương trình bậc hai biết tổng tích hai số, chứng minh đẳng thức, chứng minh chia hết, chứng minh số phương, tính giá trị biểu thức, chứng minh số vô tỉ, giải hệ phương trình bậc cao, giải hệ phương trình có nhiều ẩn số, giải phương trình nghiệm nguyên, chứng minh BĐT, tìm GTLN, GTNN,… có nhiều tài tiệu, đề tài khoa học nghiên cứu vấn đề này, đề tài này, xin đưa số ứng dụng như: Chứng minh bất đẳng thức Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Giải phương trình nghiệm nguyên C ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu môn toán kiến thức toán học có liên quan đến "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai" - Đối tượng khảo sát : Học sinh giỏi lớp 9- trường THCS Trần Mai Ninh D PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Khảo sát, tìm hiểu thực tế học sinh Nghiên cứu SGK, tài liệu hướng dẫn cần thiết Xây dựng phương pháp soạn giáo án khoá tự chọn Áp dụng vào tiết dạy lý thuyết tiết luyện tập, tiết dạy tự chọn, dạy bồi dưỡng HS khá, giỏi Hoàn thành phương pháp sau cho học sinh thực hành qua rút học kinh nghiệm PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG A CƠ SỞ LÍ LUẬN Mục tiêu môn Toán trường THCS nhằm cung cấp cho học sinh kiến thức phổ thông thiết thực, hình thành rèn luyện kĩ giải toán ứng dụng vào thực tế, rèn luyện khả suy luận hợp lí, sử dụng ngôn ngữ xác, bồi dưỡng phẩm chất tư linh hoạt, độc lập, sáng tạo Xuất phát từ mục tiêu trên, phương pháp dạy học giai đoạn tích cực hóa hoạt động học tập học sinh, rèn luyện khả tự học, tự phát giải vấn đề học sinh nhằm hình thành phát triển học sinh phẩm chất tư cần thiết Toán học môn khoa học đòi hỏi tư cao độ người dạy, người học người nghiên cứu Qua việc dạy học toán, người rèn luyện lực phân tích, tổng hợp, tư linh hoạt khả sáng tạo, góp phần hình thành kĩ năng, nhân cách cần thiết người lao động thời đại Muốn học giỏi toán, học sinh phải luyện tập, thực hành nhiều, tức phải học giải toán Học giải toán cách tư sáng tạo toán đồng thời vấn đề trừu tượng khó học sinh, lại điều cần thiết cho học sinh trình học toán trường THCS Vì vậy, để nâng cao chất lượng dạy học toán, người thầy giáo cần truyền cho học sinh ham thích giải toán, phương pháp, kĩ ứng dụng dạng toán B THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ Với em học sinh lớp trường THCS Trần Mai Ninh ước mơ mục tiêu đặt cho tham dự kì thi HSG cấp, thi đậu vào lớp 10 chuyên Lam Sơn, trường chuyên Hà Nội, có không học sinh không thực mục tiêu thiếu điểm Trong năm gần đây, đề thi HSG cấp tỉnh, thi vào lớp 10 trường chuyên thường có câu liên quan đến ứng dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai như: chứng minh BĐT, tìm GTLN, GTNN, giải phương trình nghiệm nguyên, … Đây nội dung khó chương trình toán Khi giải tập dạng học sinh gặp nhiều vướng mắc dẫn đến không hứng thú, em chưa tìm phương pháp thích hợp Mặt khác công cụ giải tập dạng nhiều hạn chế Không mà giáo viên xem nhẹ dạy tập dạng mà giáo viên cần phải đâu, dẫn dắt để em không ngại Chính giáo viên cần đưa em từ toán đơn giản đến phức tạp hệ thống câu hỏi thích hợp Trong chương trình toán THCS hẳn bạn gặp nhiều ứng dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai như: giải hệ phương trình có nhiều ẩn số, giải phương trình nghiệm nguyên, chứng minh BĐT, tìm GTLN, GTNN đơn giản sáng, từ lâu phương pháp hay hiệu Thực tế, có nhiều dạng tập liên quan, song đưa số tập điển hình sắc màu qua toán C NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢ N 1.Dạng phương trình bậc hai ẩn x : ax + bx+ c = (a ≠ 0) (1) Công thức nghiệm phương trình (1): Biệt thức ∆ = b − 4ac ( ∆' = b' −ac , với b = 2b') - Nếu ∆ > (hoặc ∆' > ): Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt −b+ ∆ − b'+ ∆' −b− ∆ − b'− ∆' ( x1 = ) ; x2 = ( x2 = ) 2a a 2a a - Nếu ∆ = (hoặc ∆' = 0): PT (1) có nghiệm kép (nghiệm nhất) −b − b' x1 = x = ( x1 = x = ) 2a a - Nếu ∆ < (hoặc ∆' < 0): Phương trình (1) vô nghiệm x1 = Hệ thức Vi - ét: Nếu x , x hai nghiệm phương −b  S = x1 + x2 = a trình (1) thì:   P = x x = c  a Nếu hai số x , x có tổng S tích P x , x nghiệm phương trình X – SX + P = với điều kiện S – 4P ≥ 4.Xác định dấu nghiệm : Xét tam thức bậc hai f ( x) = ax + bx + c với a ≠ Ta có: a) Nếu ∆ < f(x) dấu với a với giá trị x b) Nếu ∆ = f(x) dấu với a với giá trị x khác − b 2a c) Nếu ∆ > thì: • f(x) trái dấu với a với giá trị x nằm khoảng hai nghiệm; • f(x) dấu với a giá trị x nằm khoảng hai nghiệm II SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN - Phương pháp sử dụng với phương trình có dạng: f( x; y ) = (trong đó: f( x; y ) đa thức bậc hai) - Ý tưởng phương pháp xét phương trình bậc hai theo ẩn đó, ẩn lại coi tham số Sau tìm điều kiện tham số để phương trình bậc hai có nghiệm Từ ta thiết lập bất đẳng thức để chặn giá trị tham số liệt kê nghiệm(nếu có) - Biến đổi phương trình đưa dạng phương trình bậc hai(một ẩn ẩn phương trình bậc hai; ẩn tham số) Biện luận nghiệm theo điều kiện nghiệm phương trình bậc hai GHI NHỚ: Sau biến đổi phương trình đưa dạng phương trình bậc hai(một ẩn ẩn phương trình bậc hai; ẩn tham số) tính ∆, ta thấy có khả xảy ra: (1) ∆ tam thức bậc hai có hệ số bậc cao âm (2) ∆ tam thức bậc hai có hệ số bậc cao dương (3) ∆ biểu thức không dương với giá trị biến (4) ∆ biểu thức âm với giá trị biến (5) ∆ biểu thức có bậc lớn Sau ví dụ cho dạng cách xử lí tương ứng Dạng 1: ∆ tam thức bậc hai có hệ số bậc cao âm Cách xử lí: Để PT có nghiệm nguyên, phải có ∆ ≥ xét giá trị nguyên biến Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên 2x2 + 3y2 = 19 - 4x (1) 2 ⇔ Cách giải: Phương trình (1) 2x + 4x + 3y - 19 = (1’) Ta coi phương trình (1’) phương trình bậc hai ẩn x, tham số y Điều kiện cần để phương trình (1’) có nghiệm nguyên ∆ ≥ ∆’ phải số phương Ta có ∆’= – 2(3y2 – 19) ≥ ⇔ – 6y2 + 38 ≥ ⇔ 42 - 6y2 ≥ ⇔ y2 ≤ Mà y ∈ Z nên y ∈ { 0; 1; − 1; 2; − 2} + Với y = 0, ∆ ’ = 42, không phương (loại) + Với y = ± 1, ∆ ’ = 36 ; phương trình (1’) trở thành 2x2 + 4x - 16 = Hay x2 + 2x - = ; x1 = , x2 = -4 Vậy PT cho có nghiệm nguyên: (x;y) ∈ {(2 ; 1); (2; -1); (-4 ; 1); (-4 : -1)} Với y = ± 2, ∆ ’ = 18, không phương (loại) Vậy phương trình cho có nghiệm (x; y) ∈ (2;1); (2;-1); (-4;1); (-4;-1)} Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 +2y2 – 2xy + 3x – 3y + = Cách giải: PT biến đổi dạng: x2+ (3 – 2y)x + 2y2 - 3y + = (2) Ta coi phương trình (2) phương trình bậc hai ẩn x, tham số y Điều kiện cần để phương trình (2) có nghiệm ∆ ≥ ⇔ (3 – 2y)2 – 4(2y2 – 3y + 2) ≥ ⇔ – 12 y + 4y2 – 8y2 + 12y – ≥ ⇔ 4y2 – ≤ ⇔- ≤ y≤ Do y số nguyên nên y = Với y = 0, ta có phương trình x2 + 3x + = ⇔ x = - x = -2 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x; y) ∈ { (-1; 0); (-2; 0)} 2 Ví dụ 3: Tìm số nguyên x, y thoả mãn: 12 x + xy + y = 28 ( x + y ) (3) Nhận xét: Ta thấy phương trình xem phương trình bậc hai ẩn y tham số x 2 Cách giải: Phương trình (3) ⇔ y + ( 3x − 14 ) y + 12 x − 28 x = Ta có: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x ⇔ ∆ ′ = −27 x + 196 = k ≥ ⇒ x ≤ ⇒ x ∈ { 0; −1; 1; −2; 2} + Với x = ⇒ y = + Với x = ⇒ y = + Với x = −1 ⇒ y = 10 + Với x = -2 x = y ∉ ¢ Vậy nghiệm phương trình cho là: (x; y) ∈ { ( 0; ) ; ( 1; ) ; ( −1; 10 ) } Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 + y3 = (x + y)2 Cách giải: Phương trình cho ⇔ (x + y)(x2 – xy + y2) – (x + y)2 = ⇔ (x + y)(x2 – (y + 1)x + y2 – y) = + Nếu x + y = nghiệm phương trình là: (n; -n) n số nguyên 2 + Nếu x + y ≠ x – (y + 1)x + y – y = (4) Điều kiện cần để phương trình (4) có nghiệm (y + 1)2 – 4( y2 – y) ≥ 2 2 ⇔ y + 2y + – y + 4y ≥ ⇔ 3y – 6y – ≤ ⇔ 1- ≤ y ≤ 1+ Vì y ∈ Z nên y ∈ { 0; 1; 2} * Khi y = x = x = * Khi y = x = x = * Khi y = x = x = Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên là: (x; y) ∈ {(1 ; 0); (0; 1); (2 ; 1); (1 ; 2); (2; 2); (n; -n)}, n số nguyên Dạng 2: ∆ tam thức bậc hai có hệ số bậc cao dương Cách xử lí: Ta tính ∆ tìm giá trị biến để ∆ ≥ 0, sau xét giá trị nguyên biến để ∆ số phương Ví dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2 + 3y2 - 5xy + 3x - 2y - = (1) Cách giải: Phương trình (1) ⇔ 2x2 + (3 - 5y)x + 3y2 - 2y - = (1’) ∆ = (3 - 5y)2 – 8(3y2 – 2y – 3) = – 30y + 25 y2 - 24y2 + 16y + 24 ⇔ y2 - 14y + 33 Điều kiện cần để phương trình có nghiệm nguyên phải có ∆ số phương Đặt: y2 - 14y + 33 = k2 ⇔ y2 - 14y + 49 = k2 + 16 ⇔ y − - k = 16 ⇔ ( y − + k )( y − − k ) = 16 Nhận xét: Hai thừa số vế trái có tổng y − số chẵn nên chúng tính chẵn lẻ mà tích 16 số chẵn nên chúng chẵn Mặt khác y − + k ≥ y − − k > Do phân tích 16 = 8.2 = 4.4  y − + k =  y = 12 ⇒ y − = 10 ⇒ y − = ⇒  y =  y − − k = Xét  + Với y = phương trình (1’) trở thành: 2x2 + 7x + = có dạng a - b + c = nên x1= -1; x2 = -2,5 (loại) + Với y = 12 phương trình (1’) trở thành: 2x2 - 57x + 405 = 0; ∆ = , ∆ = 3; x1 = 15 , x2 = 2,25 (loại)  y − + k =  y = 11 ⇒ y−7 =8 ⇒  y − − k =  y2 = Xét  + Với y = 11 phương trình (1’) trở thành: 2(x2 - 26x + 169) = ⇔ 2(x - 13)2 = ⇔ x = 13 + Với y = phương trình (1’) trở thành 2(x - 3)2 = ⇔ x = Vậy phương trình (1) có nghiệm (x; y) ∈ { (3; 3); (13 ; 11); (-1 : 2); (15; 12)} Dạng 3: ∆ biểu thức không dương với giá trị biến Cách xử lí: Ta chứng tỏ ∆ ≤ với giá trị biến kết hợp với điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên ∆ ≥ để suy ∆ = Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + xy + y2 + x - y + = (1) Cách giải: Phương trình (1) ⇔ x2 + (y + 1)x + y2 - y + = (1’) Ta coi phương trình ( 1’) phương trình bậc hai ẩn x, tham số y Điều kiện cần để phương trình (1’) có nghiệm ∆ ≥ 2 Ta có: ∆ = -3(y - 1) ≤ ∀ y ; ta phải có ∆ ≥ mà -3(y - 1) ≤ với y Do ∆ =0 Hay -3(y - 1)2 = ⇔ y = 1; Phương trình (3) trở thành: x2 + 2x + = ⇔ (x + 1)2 = ⇒ x = -1 x = Vậy phương trình (3) có nghiệm nhất: (x; y) = (-1; 1) Dạng 4: ∆ biểu thức có bậc lớn Cách xử lí: Điều kiện cần để phương trình có nghiệm nguyên ∆ ≥ 0, ∆ có dạng A(y) (ay2+ by+ c) phải xét A(y)= xét A(y) ≠ suy ay2+ by + c số phương Ví dụ : Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + xy + y2 = x2y2 (1) Cách giải: Phương trình (1) ⇔ (1 – y2).x2 + yx + y2 = (1’) + Nếu - y2 = tức y = ± (1) trở thành ± x + = ⇒ x = -1; x = phương trình có hai nghiệm (-1 ; 1) ; (1 ; -1) + Nếu 1- y2 ≠ tức y ≠ ± phương trình (1’) phương trình bậc hai ẩn x tham số y có ∆ = y2(4y2 - 3) + Nếu y = ∆ = 0; phương trình có nghiệm kép x = 0, phương trình có thêm nghiệm (0 ; 0) + Nếu y ≠ phải có 4y2 - số phương Đặt 4y2- = k2 ⇔ 4y2- k2 = Giải ta y = ± (loại) Vậy phương trình có nghiệm là: (x; y) ∈ {(-1 ; 1); (1 ; -1); (0 ; 0)} Dạng 5: ∆ biểu thức âm với giá trị biến Cách xử lí: Ta phải lùng lập luận để ∆ < với giá trị biến khẳng định phương trình vô nghiệm thực nên nghiệm nguyên Ví dụ 8: Giải phương trình nghiệm nguyên: 6x2 + 2y2- 6xy - 8x - 3y + 168=0(1) Cách giải: Phương trình (5) ⇔ 6x2 - 2(3y + 4)x + 2y2 - 3y + 168 = 0;   Ta có: ∆ ’ = -3y2 + 42y - 992 = -3 ( y − 7) + 845  (a - 1) (3) 4 2 Thật vậy, (3) ⇔ a – 4a – > a - 2a + 1⇔2a - 4a – > ⇔ 2a(a - 2) > (4) (4) a ≥ Vậy (3) Từ (2) (3) suy ra: (a2 - 1)2 < ∆ < (a2)2 (5) Từ (5) suy ∆ số phương Do a ≥ (a ∈ N) (1) có nghiệm nguyên Tóm lại, a = giá trị tự nhiên a để phương trình cho có nghiệm nguyên BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên PT: xy − y + x − = x 2 x + x − y + = x y − y − y + = y − xy + x = x + ( x + y + 1)2 = 3( x + y + 1) Bài tập 2: Tìm số nguyên dương x, y thoả mãn: x − xy + 13 y = 100 x + y + xy = x + y 2 3x + y + xy + x + y + = 2x6 +y2 – 2x3y = 320 III SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT(GTLN), GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT(GTNN) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dạng toán khó với nhiều cách giải chương trình toán THCS Ở trường THCS dạng toán thường giải cách nhận xét giá trị biến biến đổi biểu thức cần tìm GINN, GTLN dạng f ( x) = g ( x) n + a (hoặc f ( x) = − g ( x) n + a ) với n ∈ N GTNN biểu thức f ( x) = a ⇔ g ( x) = ( GTLN f ( x) = a ⇔ g ( x) = ) Do việc biến đổi biểu thức cần tìm GTNN, GTLN dạng f ( x) = g ( x) n + a (hoặc f ( x) = − g ( x) n + a ) với n ∈ N việc làm khó cần tư linh hoạt Điều học sinh làm Để khắc phục điều này, ta có phương pháp giải vận dụng kiến thức đơn giản DẠNG 1: BIỂU THỨC DẠNG PHÂN THỨC Phương pháp chung: Chúng ta biết phương trình bậc hai ax + bx + c = ( a ≠ ) có nghiệm biệt số delta ∆ = b − 4ac ≥ Vì để tìm GTNN, GTLN biểu thức f(x) có bậc hai ta biến đổi biểu thức cho dạng phương trình bậc hai, ta gọi a giá trị hàm số giá trị cho trước x, coi a tham số phương trình giải tìm điều kiện a để phương trình có nghiệm x2 − x + Ví dụ Tìm GTLN, GTNN biểu thức: A = x + x +1 x2 − x + Cách giải: A nhận giá trị a PT ẩn x: = a (1) có nghiệm x + x +1 Do x + x + ≠ suy ra: (1) ⇔ x − x + = ax + ax + a ⇔ (a − 1) + (a + 1) x + (a − 1) = (2) Trường hợp 1: Nếu a = (2) có nghiệm x = Trường hợp 2: Nếu a ≠ (2) có nghiệm, cần đủ là: ∆ ≥ , tức (a + 1) − 4( a + 1) ≥ ⇔ ( a + + 2a − 2)( a + − 2a + 2) ≥ ⇔ (3a − 1)(a − 3) ≤ ⇔ ≤ a ≤ (a≠1) x = 1; với a = x = -1 Từ (1) (2) suy ra: A = ⇔ x = 1; max A = ⇔ x = -1 Với a = * Chú ý: Phương pháp giải ví dụ gọi phương pháp tìm miền giá trị x2 − x + y = hàm số Đoạn [ ; 3] tập giá trị hàm số x2 + x + x + y +1 Ví dụ 2: Tìm GTNN, GTLN biểu thức: x + y + x + y +1 Cách giải: Chuyển xét điều kiện có nghiệm phương trình z = x + y + ⇔ zx − z + zy − y + z − = (1) x ẩn số, y tham số tùy ý z tham số có điều kiện Xét hai trường hợp: a) z = ⇒ x + 2y + = 10 a) z ≠ PT (1) có nghiệm x biệt thức ∆’ không âm − z ( zy − y + z − 1) ≥ ⇔ −4 z y + zy − 28 z + z + ≥ (2) Coi (4) bất phương trình ẩn y, BPT xảy khi: ∆ ' y = 16 z + z (−28 z + z + 1) ≥ ⇔ −28 z + z + ≥ ⇒ −5 ≤z≤ 14 Khi z nhận giá trị đẳng thức xả (2) (1), đó: y = x= 2z Vậy GTLN (z) = z −5 −14 −7 y = x = 1, GTNN (z) = y = x = 14 5 DẠNG 2: BIỂU THỨC CÓ CĂN THỨC CHỨA BIẾN Phương pháp chung: Sử dụng phương pháp đổi biến để đưa dạng tam thức bậc hai sử dụng điều kiện có nghiệm 1− x + 2 2 Cách giải: Điều kiện: ≤ x ≤ Đặt z = x , y = − x z + y = (1) Ta cần tìm GTLN d = 4z + 3y với 2c = d + Điều kiện: ≤ y, z ≤ Thay y = (d − z ) vào (1) được: 25 z − 8dz + d − = Để PT bậc hai ẩn z có nghiệm GTLN d ⇔ GTLN c 4d 16 đạt z = = ⇒ x = z = (thỏa mãn ≤ x ≤ ) 25 25 1− x + x + x+ Ta có: c = 2 Áp dụng BĐT a + b ≥ a + b , ta có: − x + x ≥ − x + x = Dấu “=” ⇔ x = x = 1 x ≥ Dấu xảy x = Suy c ≥ + = ; c = x = 2 Ví dụ : Tìm GTLN GTNN biểu thức: c = x + ( ) Vậy GTNN c x = DẠNG 3: TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ BIỂU THỨC ĐẠT GTNN, GTLN Phương pháp chung: Sử dụng điều kiện có nghiệm PT bậc hai để tìm miền giá trị tham số tìm điều kiện tham số nhờ miền giá trị ràng buộc Ví dụ Cho biểu thức A = có GTNN Cách giải: x + mx + n Tìm giá trị m, n để biểu thức A x2 + 2x + , giá trị lớn 3 Gọi a giá trị tùy ý biểu thức A Ta có: ⇔ x + mx + n = ax + 2ax + 4a ⇔ ( a − 1) x + ( 2a − m ) x + (4a − n) = x + mx + n =a x2 + 2x + (1) Theo điều kiện toán, giá trị a = không GTNN, không GTLN A nên ta xét a ≠ Từ (1) ta có: ∆ = (2a − m) − 4(a − 1)(4a − n) = −12a + 4(n − m + 4)a + (m − 4n) (2) 11 Điều kiện để (1) có nghiệm là: ∆ ≥ ⇔ 12a + 4( m − n − 4)a + (4 n − m ) ≤ Nghiệm BPT (2) a1 ≤ a ≤ a2 a1 , a2 nghiệm PT: 12a + 4( m − n − 4)a + (4 n − m ) = Theo đề bài, ta phải có (2’) ≤ a ≤ Như cần tìm m, n để (2’) có hai nghiệm a1 = ; a2 = Theo hệ thức Viète phương trình (2’): 4+n−m −4(m − n − 4) 1  +3=   a1 + a2 =  + n − m = 10 3 12 ⇒ ⇒  2 4n − m = 12  a a = 4n − m  = 4n − m   12 12 Thay n = + m vào 4n − m = 12 , ta m − 4m − 12 = nên m = m = -2 x + mx + n Với m = n = 12, A = có GTNN GTLN 3 x + 2x + x + mx + n Với m = -2 n = 4, A = có GTNN GTLN 3 x + 2x + ux + v Ví dụ Tìm u, v để biểu thức Q( x) = đạt GTLN GTNN x +1 -1 Cách giải: Đặt f ( x) = Q( x) − t = ux + v − t (x + 1) x2 +1 Vì x + > với x nên dấu f(x) dấu tử thức g(x) = ux + v – t( x + ) hay g(x) = −tx + ux + v − t Để GTLN Q(x) t1 = (lúc a1 = -4 < 0) GTNN Q(x) t2 = -1 (lúc a2 = > 0) xảy đồng thời dựa vào (*) phải có: u + 16(v − 4) = u = 16  ∆1 ⇔ nghĩa (u, v) (4; 3) (-4; 3)  ⇔ u − 4(v + 1) = ∆ v = Ví dụ Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm lớn nhất, nhỏ nhất: x + x + 2mx + m − 6m + = Cách giải: Gọi x0 nghiệm PT cho Ta có: x0 + x0 + 2mx0 + m − 6m + = ⇔ m + 2( x0 − 3)m + x04 + x02 + = (*) Do tồn m để PT có nghiệm x0 nên PT (*) (ẩn m) phải có nghiệm PT (*) có nghiệm khi: ∆ ' = ( x0 − 3)2 − ( x04 + x02 + 1) ≥ ⇔ ( x0 − 3) − ( x02 + 1)2 ≥ ⇔ ( x02 + x0 − 2)( x02 − x0 + 4) ≤ ⇔ x02 + x0 − ≤ ( x02 − x0 + =  x0 − ÷ + 15 > ) ⇔ ( x0 + 2)( x0 − 1) ≤ ⇔ −2 ≤ x0 ≤  2 DẠNG 4: TÌM GTNN, GTLN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI VỚI ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC CỦA BIẾN Phương pháp chung: Xét đa thức bậc hai: f(x) = ax + bx + c - Nếu a > f ( x) = − ∆ b x = − 4a 2a 12 Nếu a < max f ( x) = − - ∆ b x = − 4a 2a Như vậy, biến x nhận giá trị ràng buộc thuộc R đa thức f(x) đạt cực trị x = − b 2a Ví dụ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức b = x + xy + y , biết x + y = a với a số lớn Cách giải: Vì a ≥ nên có: 1) Nếu y = ⇒ b = a b x + xy + y 2 x + xy + y = = a a x2 + y2 2) Nếu y ≠ 0, đặt t = x b = 2t + 4t + y ; a t +1 b a PT ẩn t có nghiệm ≤ ≤ nên a ≤ b ≤ 6a (vì a ≥ 1) x Từ suy biểu thức b có GTLN 6a y = ⇔ y = x hay (x, y) lấy giá trị  5a 5a   − 5a −2 5a  x = −2 ⇔ x = −2 y hay , ; ,  ÷  ÷ b có GTNN a ÷ ÷ y 5      5a − 5a   −2 5a 5a  , ÷ (x, y) lấy giá trị  ÷;  , ÷ ÷ 5     Ví dụ Cho x>0, y>0 thỏa mãn: x y = Tìm GTLN, GTNN: P = x x + y + x 1 x + + x (1) Ta có: , ta có: P = x x 1 (1) ⇔ P − x = x + ⇔ P − Px − = ⇔ Px − P x + = x x Cách giải: Thay y = PT (2) có nghiệm ⇔ ∆ = P − 8P ≥ ⇔ P ≥ Dấu xảy ⇔ x = (2) ;y = 2 Ví dụ Cho số thực x, y thỏa mãn x + y = Tìm GTLN biểu thức x− y Cách giải: Đặt A = x – y ⇔ y = x – A Ta có: x + y = ⇔ x + ( x − A) = ⇔ 10 x − Ax + A2 − = (*) Do tồn x, y, z thỏa mãn yêu cầu toán nên PT (*) phải có nghiệm PT (*) có nghiệm khi: ∆ ' = −9 A2 + 10 ≥ ⇔ A2 ≤ 10 ⇔ A2 ≤ 10 10 ⇔ A≤ 13  x = 9 x + y = 2  9 x + y = 10  ⇔ ⇔ Dấu “=” ⇔   y = −9 x  ( x − y) = x  y = −3 10  10 Vậy max x − y = −1   x = 10   y = +3  10 10 x Ví dụ Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x + 2016 với x > ( ) Cách giải: Đặt a = 2016, a > 0, ta có toán tổng quát: Tìm giá trị lớn x biểu thức: P = x + a với x > 0, a > ĐKXĐ: x ∈ R ( ) Ta có: P(x – a)2 = x ⇔ P( x + 2ax + a ) = x ⇔ Px + (2aP − 1) x + a P = (*) Do tồn P nên tồn giá trị tương ứng x, nghĩa phương trình (*) phải có nghiệm Phương trình (*) có nghiệm khi: ( 2aP ∆ = ( a > 0) 4a – 1) – 4a P ≥ ⇔ − 4aP + ≥ ⇔ P ≤ 1 1 − 2aP 4a = = a = ⇔ x=a Ta có P = ⇔ x = Vậy max P = 1 4a 2P a 4a 2a 1 = ⇔ x = 2016 Thay x = 2016, ta được: max P = 4.2016 8064 − 2a BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài Tìm GTNN, GTLN biểu thức: A = x x +1 C= x − xy + y x + xy + y N= x −1 − 2 − x + x −1 + 2 − x + R= x + y + xy + x4 + y + E= G= x4 + ( x + 1) ; x với x > ; Bài Tìm GTNN của: A = C= x2 + 2x + ; x2 + P = x + x2 + x2 − 2x + B= x + 2x + ; −x ; x + x +1 2 Bài Tìm GTLN của: A= − 3x ; B = x + x2 + 1− x x +1 D= x +3 ; x + y + ; B= 2x2 + y + ( với x > 0) ; x P = 3x + x − x − + − 2x ; C= x − ( x > 0) x2 + x Bài a) Tìm m để PT: x4 + 2x2 + 2mx + m2 - 6m + = có nghiệm đạt min, max 14 b) Tìm a để nghiệm PT sau đạt min, max : x4 + 2x2 + 2ax + (a +1)2 = c) Tìm cặp số (x , y) thoả mãn x(y2 + 1) = 2y2 - 2y cho x đạt max Bài Tìm cặp số (x, y) thoả mãn x2 + 5y2 + 2y - 4xy - = cho y đạt ax + b −1 có có max x +2 x + mx + n Bài Cho A = tìm giá trị m, n để Amin = Amax = 3 x + 2x + 1 y +1 Bài Cho A = x + y = Tìm max A y ( x + 1) Bài Tìm a, b để M = Bài Cho B = x ( y + 1) x +1 1 + = Tìm B x y Bài 10 Tìm giá trị m, n để biểu thức x + mx + n đạt GTNN -1 GTLN x2 + IV SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dùng định lí thuận tam thức bậc hai để chứng minh BĐT Cho BĐT f(x ; y) ≥ (1) , VT (1) = f(x) tam thức bậc hai hai biến x ; y Hãy chứng minh BĐT (1) với x , y Phương pháp giải : Ta giả sử hàm f(x ; y) tam thức bậc hai x, y Gọi tam thức bậc hai p( x ) , ta cần chứng minh p ( x ) > với x, y Để chứng minh p ( x ) ≥ với x, theo định lí thuận dấu tam thức bậc hai ta af ( x; y ) > cần ta cần chứng minh ∆ (*) Suy để chứng minh p ( x ) ≥ v i m ọi  f ( x ; y ) ≤ x ,y ta cần chứng minh hệ (*) với y Chú ý: Nếu BĐT (1) dấu đẳng thức điều kiện (*) ∆ f ( x; y ) dấu đẳng thức Ví dụ 1: Cho b > c > d CMR: (a + b + c)2 > 8(ac + bd ) (1) với a Cách giải: Ta có: (a + b + c) > 8(ac + bd ) ⇔ (a + b + c ) − 8(ac + bd ) > ⇔ a + 2(b + d − 3c )a + (b + c + d ) − 8bd > Đặt VT (1) = f(a) Ta thấy f(a) tam thức bậc hai a có hệ số a f ( x ) = Do để chứng minh (1) ta cần chứng minh ∆ < Thật vậy: ∆ = (b + c − 3c ) − (b + c + d ) − 8bd  = −8c(b − c + d ) + 8bd = −8(b − c )(c − d ) Do b > d > c ⇒ b – c > 0; c – d > ⇒ ∆ < ⇒ đpcm Trường hợp BĐT tam thức bậc hai ba biến, ta làm tương tự: Ví dụ 2: CMR: x + y + z − xy − yz − z + ≥ với x, y, z Cách giải: Đặt f ( x) = x − xy + y + z − yz − z + 2 2 Ta có: ∆ x ' = y − y − z + yz + z + = −( y − z ) − ( z − 1) ≤ 15 Vậy f(x) ≥ với x, y, z (đpcm) Dùng định lí đảo tam thức bậc hai để chứng minh BĐT Chứng minh B2 – 4AC ≥ ; B2 – AC ≥ 0; B2 – 4AC ≤ (hoặc B2 – AC ≤0) Phương pháp giải: - Để chứng minh B2 – 4AC ≥ 0, ta chứng minh phương trình Ax2 + Bx + C = (hoặc Ax2 - Bx + C = 0) có nghiệm - Để chứng minh B2 – AC ≥ 0, ta chứng minh phương trình Ax2 + 2Bx + C = (hoặc Ax2 - 2Bx + C = 0) có nghiệm - Để chứng minh B2 – 4AC ≤ (hoặc B2 – AC ≤ 0), ta chứng minh phương trình A.f(x) ≥ với x f(x) = Ax2 - 2Bx + C (hoặc f(x) = Ax2 + 2Bx + C f(x) = Ax2 + Bx + C f(x) = Ax2 - Bx + C ) Ví dụ: Cho a + b ≤ CMR: (ac + bd − 1) ≥ (a + b −1)(c + d −1) (*) Cách giải: Khi a + b =1, (*) hiển nhiên Khi a + b < ⇒ a + b −1 < Đặt ac + bd – = B, a + b −1 = A < 0, c + d −1 = C (*) ⇒ B − AC ≥ Ta lập tam thức bậc hai: f ( x) = Ax − Bx + C Để chứng minh B − AC ≥ ta cần chứng minh f(x) có nghiệm Thật vậy: f ( x) = (a + b −1) x − 2(ac + bd − 1) + (c + d −1) = (ax-c) + (bx − d ) − ( x − 1) x = 1, ta có: f(x) = f(1) = (a − c) + (b − d ) ≥ ⇒ A f (1) ≤ Theo định lí đảo dấu tam thức bậc hai: Tồn giá trị x0 để f( x0 ) = ⇒ ∆ f ( a ) ≥ ⇒ đpcm Một số dạng toán khác Bài toán Giả sử cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: a > 0, bc=2a , a + b + c = abc Chứng minh a ≥ 1+ 2 Nhận dạng: Từ điều kiện ràng buộc đề ta thấy tích làm xuất tổng hai số b c ta nghĩ đến việc đưa PT bậc hai để dùng theo điều kiện ∆ Cách giải: Ta có: bc = 2a b + c = abc – a = 2a - a Theo hệ thức Viète b, c nghiệm phương trình: x − (2a3 − a) x + 2a = Phương trình có nghiệm ∆ = a (4a − 4a − 7) ≥ ⇒ a ≥ a≥ 1+ 2 , kết hợp a > ta + 2 (đpcm) Bài toán Giả sử ba số thực a, b , c thỏa mãn: a + b2 + c =   ab + bc + ca = (1) (2) Chứng minh rằng: -4 < a + b + c < 16 a + b + c = Nhận dạng: Nếu dựa vào điều kiện   ab + bc + ca = (1) , ta nhân vào hai (2) vế (2) cộng vế với vế hai đẳng thứa tìm a + b + c = ± , làm để kẹp tổng a + b + c ± 4? Nhận thấy ta đưa PT bậc hai để sử dụng biệt thức ∆ làm xuất ± Cách giải: Từ (1) có a + b + c + = Kết hợp với (2) được: a + b + c + 2(ab + bc + ca ) = ⇔ (a + b + c )2 = ⇔ a + b + c = ±2 Trường hợp 1: Nếu a + b + c = Kết hợp với (2) có bc = − a(b + c) = (a − 1) Theo hệ thức Viète b, c nghiệm phương trình x + (a − 2) x + (a − 1) = 4 Phương trình có nghiệm ∆ ≥ ⇒ a(4a − 3) ≥ ⇒ ≤ a ≤ Tương tự ≤ b, c ≤ 3 ≤ a + b + c ≤ < a + b + c < dấu không xảy nên Trường hợp 2: Nếu a + b + c = -2.Xét tương tự trường hợp có -4